（Ⅰ）由已知得函数f（x）的定义域为{x|x＞1}，

当n=2时，f(x)=

1

(1-x)2

+aln(x-1)，所以f′(x)=

2-a(1-x)2

(1-x)3

．

（1）当a＞0时，由f'（x）=0得x1=1+

2 a

＞1，x2=1-

2 a

＜1，

此时f′(x)=

-a(x-x1)(x-x2)

(1-x)3

．

当x∈（1，x₁）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（x₁，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．

（2）当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，所以f（x）无极值．

综上所述，n=2时，

当a＞0时，f（x）在x=1+

2 a

处取得极小值，极小值为f(1+

2 a

)=

a

2

(1+ln

2

a

)．

当a≤0时，f（x）无极值．

（Ⅱ）证法一：因为a=1，所以f(x)=

1

(1-x)n

+ln(x-1)．

当n为偶数时，

令g(x)=x-1-

1

(1-x)n

-ln(x-1)，

则g′(x)=1+

n

(x-1)n+1

-

1

x-1

=

x-2

x-1

+

n

(x-1)n+1

＞0（x≥2）．

所以当x∈[2，+∞）时，g（x）单调递增，

又g（2）=0，

因此g(x)=x-1-

1

(x-1)n

-ln(x-1)≥g(2)=0恒成立，

所以f（x）≤x-1成立．

要证f（x）≤x-1，由于

1

(1-x)n

＜0，所以只需证ln（x-1）≤x-1，

令h（x）=x-1-ln（x-1），

则h′(x)=1-

1

x-1

=

x-2

x-1

≥0（x≥2），

所以当x∈[2，+∞）时，h（x）=x-1-ln（x-1）单调递增，又h（2）=1＞0，

所以当x≥2时，恒有h（x）＞0，即ln（x-1）＜x-1命题成立．

综上所述，结论成立．

证法二：当a=1时，f(x)=

1

(1-x)n

+ln(x-1)．

当x≥2时，对任意的正整数n，恒有

1

(1-x)n

≤1，

故只需证明1+ln（x-1）≤x-1．

令h（x）=x-1-（1+ln（x-1））=x-2-ln（x-1），x∈[2，+∞），

则h′(x)=1-

1

x-1

=

x-2

x-1

，

当x≥2时，h'（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上单调递增，

因此当x≥2时，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立．

故当x≥2时，有

1

(1-x)n

+ln(x-1)≤x-1．

即f（x）≤x-1．