解题思路：（Ⅰ）把f（x），g（x）的解析式代入F（x）=f（x）+g（x），求出F（1）的值，对F（x）求导后得到F′（1），然后由直线方程的点斜式得切线方程；
（Ⅱ）构造辅助函数G（x）=ef（x）-g（x），代入f（x）和g（x）的解析式后对G（x）两次求导，然后结合G′（1）=0，可得当x∈（0，1）时，G′（1）＜0，当x∈（1，+∞）时，G′（1）＞0，由此可知G（x）min=G（1）=0，说明G（x）≥0，即ef（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
x
x
≥
1
2
x
2
+
1
2
，分别取x等于a，b，c后把不等式
(b+c)
2
a
a
+1
+
(c+a)
2
b
b
+1
+
(a+b)
2
c
c
+1
放大为
2[
(b+c)
2
2
a
2
+
b
2
+
c
2
+
(c+a)
2
a
2
+2
b
2
+
c
2
+
(a+b)
2
a
2
+
b
2
+2
c
2
]
，然后利用柯西不等式加以证明．
（Ⅰ）F(x)＝f(x)+g(x)＝xlnx+
1
2x2+
1
2，
F′（x）=1+lnx+x，
则F（1）=1，F′（1）=2，
∴F（x）图象在x=1处的切线方程为y-1=2（x-1），
即2x-y-1=0；
（Ⅱ）令G(x)＝ef(x)−g(x)＝exlnx−
1
2x2−
1
2，
则G′（x）=exlnx（1+lnx）-x，
∴G″(x)＝exlnx(1+lnx)2+exlnx•
1
x−1＝exlnx(1+lnx)2+e(x−1)lnx−1，
∵x-1与lnx同号，
∴（x-1）lnx≥0，
∴e（x-1）lnx-1≥0
∴G′′（x）＞0，
∴G′（x）在（0，+∞）单调递增，
又G′（1）=0，∴当x∈（0，1）时，G′（1）＜0；当x∈（1，+∞）时，G′（1）＞0．
∴G（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
∴G（x）min=G（1）=0．
∴G（x）≥0，即ef（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知xx≥
1
2x2+
1
2，
则
(b+c)2
aa+1+
(c+a)2
bb+1+
(a+b)2
cc+1≤
(b+c)2
1
2a2+
3
2+
(c+a)2
1
2b2+
3
2+
(a+b)2
1
2c2+
3
2
=2[
(b+c)2
2a2+b2+c2+
(c+a)2
a2+2b2
点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，训练了利用函数构造法证明不等式，考查了利用导数求函数的最值，对于（Ⅱ）的证明，能够想到两次求导是关键，（Ⅲ）的证明借助于（Ⅱ）中的不等式，两次放缩难度较大，是综合性较强的题目．