（I）函数的导数为f′(x)=a-

1-ln⁡(1+x)

(1+x)2

，因为函数在x=0处取得极值，所以f'（0）=0，解得a=1．

即f′(x)=1-

1-ln⁡(1+x)

(1+x)2

=

(1+x)2-1+ln⁡(1+x)

(1+x)2

=

x2+x+ln⁡(1+x)

(1+x)2

．

因为x≥0，所以ln（1+x）≥0，x²+x≥0，所以此时f'（x）≥0，即函数在[0，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）  由（I）知f(x)=x-

ln⁡(1+x)

1+x

，所以an+1=f(an)=an-

ln⁡(1+an)

1+an

，下面用数学归纳法证明a_n＞0．

①当n=1时，a_n=1＞0，成立．

②假设当n=k，（n∈N•）时a_k＞0．因为函数f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（a_k）＞f（0）=0，所以a_n+1=f（a_n）＞0成立．

综上a_n＞0．又a_n-a_n+1=

ln⁡(1+an)

an

，因为a_n＞0，所以an-an+1=

ln⁡(1+an)

1+an

＞0，即a_n＞a_n+1．

而a₁=1，所以0＜a_n+1＜a_n≤l成立．

所以由①②可知0＜a_n+1＜a_n≤l成立．

（Ⅲ）由（II）知，0＜a_n+1＜a_n≤l，所以

1

an

＜

1

an+1

，1+

1

an

＜1+

1

an+1

，即

1+an

an

＜

1+an+1

an+1

，所以

an

1+an

＞

an+1

1+an+1

＞0．

所以

a1⋅a2⋅⋅⋅an

(1+a1)(1+a2)⋅⋅⋅(1+an)

=

a1

1+a1

⋅

a2

1+a2

⋅⋅⋅

an

1+an

＜

a1

1+a1

⋅

a1

1+a1

⋅⋅⋅

a1

1+a1

=(

a1

1+a1

)n．

所以s_n=

a1

1+a1

+

a1．a2

(1+a1)(1+a2)

+…+

a1．a2…an

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

＜(

a1

1+a1

)+(

a1

1+a1

)2+…+(

a1

1+a1

)n=

a1 1+a1 [1-( a1 1+a1 )n]

1- a1 1+a1

＜

a1 1+a1

1- a1 1+a1

=a1=1

所以s_n＜1．