（Ⅰ）因y=f（x-1）的图象关于点（1，0）对称，

故y=f（x）的图象关于原点（0，0）对称．

故f（x）+f（-x）=0，易得a=c=e=0，故f（x）=bx³+dx．

因为x=-1时，f（x）有极值，所以x=1时，f（x）也有极值．

又f′（x）=3bx²+d=3b（x+1）（x-1）=3bx²-3b，

于是 d=-3b．

又由f(-1)=

2

3

得 -b-d=

2

3

，

由此解得 b=

1

3

，d=-1，

∴f(x)=

1

3

x3-x．

（Ⅱ）设这两个切点分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），并且x₁＜x₂，f'（x）=x²-1，

依题意有f′(x1)f′(x2)=(x12-1)(x22-1)=-1…（*）

因x₁，x₂≠1且|x₁|≤

2

，|x₂|≤

2

，

故

x

21

≤2，

x

22

≤2．

由（*）式得

x

21

=1-

1

x 22 -1

≤2，即

1

x 22 -1

+1≥0．

故

x 22

x 22 -1

≥0，解得

x

22

＞1或x₂=0．

同理可得

x

21

＞1或x₁=0．

又因为当

x

21

＞1与

x

22

＞1同时成立时与（*）式矛盾，

所以x₁=0或x₂=0．

故

x1=0 y1=0

，

x2= 2 y2=- 2 3

或

x1=- 2 y1= 2 3

，

x2=0 y2=0

．

即所求的两点为(0，0)，(

2

，-

2

3

)或(0，0)，(-

2

，

2

3

)．

（Ⅲ）证明：f′（x）=x²-1，

令f′（x）＞0，可得x＜-1或x＞1；

令f′（x）＜0，可得-1＜x＜1．

所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），f（x）的单调递减区间为（-1，1）．

因x=

2t-1

2t

=1-

1

2t

∈(0，1)，

故f（1）＜f（x）＜f（0）．

即-

2

3

＜f(x)＜0，故|f(x)|＜

2

3

；

因y=

2 (1-3t)

3t

=

2

(

1

3t

-1)∈(-

2

，0)，f(-

2

)=

2

3

，f（0）=0，f(-1)=

2

3

，

故0＜f(y)＜

2

3

，故|f(y)|＜

2

3

．

故|f(x)-f(y)|≤|f(x)|+|f(y)|＜

2

3

+

2

3

=

4

3

．