解题思路：（Ⅰ）函数F（x）=f（x）-2•g（x），代入整理，并求导得
F′(x)＝
(3x−2)(x−2)
4x
，令导数等于0，得F（x）的极值点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F（x）在x∈
[
2
3
，+∞)
上有最小值F（2），且F（2）＞0，∴F（x）在x∈
[
2
3
，+∞)
上无零点；
若函数F（x）在[et，+∞）（t∈Z）上有零点，且考虑到F（x）在
(0，
2
3
]
单调递增，在
[
2
3
，2]
单调递减，故只须
e
t
＜
2
3
且F（et）≤0即可；易验证F（e-1）＞0，F（e-2）＜0；所以，当t≤-2且t∈Z时均有F（et）＜0，此时函数F（x）在[et，e-1）（t∈Z）上有零点，且t的最大值为-2．
（Ⅲ）要证明“x＞0时，不等式
[1+g(x)
]
1
g(x)
＜e
”成立，即证“
(1+x)
1
x
＜e”成立，化简为ln（1+x）＜x，
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则h′（x）＜0，所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，即x＞0时，h（x）＜h（0）=0，也即x＞0时，ln（1+x）＜x成立，即证x＞0时，
[1+g(x)
]
1
g(x)
＜e
成立；
由
b
n
＝
n
1
n+1
，得
(
b
n+1
)
(n+1)(n+2)
(
b
n
)
(n+1)(n+2)
＝
(n+1)
n+1
n
n+2
＝
n+1
n
2
•(1+
1
n
)
n
＜
e(n+1)
n
2
＜
3(n+1)
n
2
；
令
3(n+1)
n
2
＜1
，得n2-3n-3＞0，又n∈N*，可得n≥4；即n≥4时，有
(
b
n+1
)
(n+1)(n+2)
(
b
n
)
(n+1)(n+2)
＜1
，
所以n≥4时，bn＞bn+1，比较b1、b2、b3、b4知：b1＜b2＜b3＜b4，由b1=1，且n≠1时
b
n
＝
n
1
n+1
≠1
，所以若数列{bn}中存在相等的两项，只能是b2、b3与后面的项可能相等，由
b
2
＝
2
1
3
＝
8
1
9
＝
b
8
，
b
3
＝
3
1
4
＞
b
5
＝
5
1
6
，所以数列{bn}中存在唯一相等的两项，是b2=b8．
（Ⅰ）由题知：F(x)＝
3
8x2+lnx+2−2x，定义域为（0，+∞）；求导，得F′(x)＝
(3x−2)(x−2)
4x，令F′（x）=0
，得x＝
2
3，或x=3；∴函数F（x）的单调递增区间为(0，
2
3]和[2，+∞)，F（x）的单调递减区间为[
2
3，2]，
即x＝
2
3为F（x）的极大值点，x=2为F（x）的极小值点；
（Ⅱ）∵F（x）在x∈[
2
3，+∞)上的最小值为F（2），且F（2）=[3/8×22−4+2+ln2＝ln2−
1
2＝
ln4−1
2＞0；
∴F（x）在x∈[
2
3，+∞)上没有零点；要使函数F（x）在[et，+∞）（t∈Z）上有零点，并考虑到F（x）在(0，
2
3]单调递增且在[
2
3，2]单调递减，故只须et＜
2
3]且F（et）≤0即可；
易验证F(e−1)＝
3
8•e−2+1−2e−1＞0，F(e−2)＝
3
8•e−4+lne−2+2−2e−2＝
1
e2(
3
8•e−2−2)＜0，
所以，当t≤-2且t∈Z时均有F（et）＜0，此时函数F（x）在[et，e-1）（t∈Z）上有零点，
即函数F（x）在[et，+∞）（t∈Z）上有零点时，t的最大值为-2．
（Ⅲ） 要证明：当x＞0时，不等式[1+g(x)]
1
g(x)＜e成立，
即证：(1+x)
1
x＜e⇔
1
xln(1+x)＜1⇔ln(1+x)＜x成立，
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则h′(x)＝
1
1+x−1＝
−x
1+x＜0，
所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，因而x＞0时，h（x）＜h（0）=0，
即：x＞0时，ln（1+x）＜x成立，所以当x＞0时，[1+g(x)]
点评：
本题考点： 数列与函数的综合；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题考查了数列与函数的综合应用，考查了利用导数研究函数的单调性和最值问题，也考查了数列与不等式的应用，是较难的题目．