（Ⅰ）∵f(x)=

x

ex

，∴f′(x)=

ex-xex

(ex)2

=

1-x

ex

，

当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）是单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）是单调递减．

所以f（x）的递增区间是（-∞，1]，递减区间是[1，+∞）．　…3分

（Ⅱ）①当k≤0时，有2k＜ln2，∴e^2k＜2，∴

2

e2k

＞1，∴

2k

e2k

≤k，

因此f（2k）≤k≤0=f（0），等号在k=0时成立．

若k＜0，由f（x）在（-∞，1]上递增知，存在唯一的x₀∈（2k，0），使得f（x₀）=k．

又x＞0时，f（x）＞0，所以当k≤0时，f（x）-k只有一个零点．…5分

②由（Ⅰ）知，f(x)max=f(1)=

1

e

，所以k=

1

e

时，f（x）-k只有一个零点．…6分

③当0＜k＜

1

e

时，f（x）在（-∞，1]上递增并结合（Ⅰ），存在一个x₁∈（0，1），使得f（x₁）=0．

若x＞1，设g（x）=ke^x-x，则g′（x）=ke^x-1，∴1＜x＜ln

1

k

时，g′（x）＜0，g（x）递减，x＞ln

1

k

时，g′（x）＞0，g（x）递增，∴g(x) min=g(ln

1

k

)=1-ln

1

k

＜0．

设h（x）=lnx-x，则h′(x)=

1-x

x

，0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）递增，x＞1时，h′（x）＜0，h（x）递减，∴h（x）_max=h（1）=0，即x＞0且x≠1时，有lnx＜x．

∴g(ln

1

k4

)=keln

1

k4

-ln

1

k4

=

1

k3

-4ln

1

k

＞

1

k3

-

4

k

=

(1+2k)(1-2k)

k3

＞0

所以，在区间(ln

1

k

，ln

1

k4

)上存在一点x₂使得g（x₂）=0，即

x2

ex2

=k．

因为f（x）在（1，+∞）上递减，所以存在唯一x₂∈（1，+∞），使得g（x₂）=0，即f（x₂）=k．

所以f（x）-k在有两个零点．

综上所述，实数k的取值范围是（-∞，0]∪{1}．…10分

（Ⅲ）证明：设a_n=f（n），S_n=a₁+a₂+…+a_n，则an=

n

en

且Sn=

1

e

+

2

e2

+

3

e3

…+

n

en

，

∴

1

e

Sn=

1

e2

+

2

e3

+

3

e4

+…+

n-1

en

+

n

en+1

∴(1-

1

e

)Sn=

1

e

+

1

e2

+

1

e3

+…+

1

en

-

n

en+1

=

1 e (1- 1 en )

1- 1 e

-

n

an+1

∴Sn=

e(en-1)-n(e-1)

en(e-1)2

．

由（Ⅰ）知f(x)max=f(1)=

1

e

，∴f(x)≤

1

e

，∴an=f(n)≤

1

e

，∴Sn≤

n

e

，

∴

e(en-1)-n(e-1)

en(e-1)2

≤

n

e

．…14分．