已知函数，g（x）=x．
（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）-2?g（x）的极值点；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-2?g（x）在[et，+∞）（t∈Z）上有零点，求t的最大值；
（Ⅲ）证明：当x＞0时，有成立；若（n∈N*），试问数列{bn}中是否存在bn=bm（n≠m）？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．（e为自然对数的底数）
网友回答
解：（Ⅰ）由题知：，定义域为（0，+∞）；求导，得，令F′（x）=0
，得，或x=3；∴函数F（x）的单调递增区间为，F（x）的单调递减区间为，
即为F（x）的极大值点，x=2为F（x）的极小值点；
（Ⅱ）∵F（x）在x∈上的最小值为F（2），且F（2）=；
∴F（x）在x∈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）在单调递增且在单调递减，故只须且F（et）≤0即可；
易验证，
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，不等式成立，
即证：成立，
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则，
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，成立；?
因为，所以，
令，得：n2-3n-3＞0，结合n∈N*得：n≥4，
因此，当n≥4时，有，
所以当n≥4时，bn＞bn+1，即：b4＞b5＞b6＞…，
又通过比较b1、b2、b3、b4的大小知：b1＜b2＜b3＜b4，
因为b1=1，且n≠1时，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，
又，，所以数列{bn}中存在唯一相等的两项，
即：b2=b8．
解析分析：（Ⅰ）函数F（x）=f（x）-2?g（x），代入整理，并求导得，令导数等于0，得F（x）的极值点；（Ⅱ）由（Ⅰ）知F（x）在x∈上有最小值F（2），且F（2）＞0，∴F（x）在x∈上无零点；若函数F（x）在[et，+∞）（t∈Z）上有零点，且考虑到F（x）在单调递增，在单调递减，故只须且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”成立，即证“＜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，成立；?由，得；令，得n2-3n-3＞0，又n∈N*，可得n≥4；即n≥4时，有，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，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，，所以数列{bn}中存在唯一相等的两项，是b2=b8．
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．