分析:( I )點(diǎn)P與a的取值無(wú)關(guān),令lnx=0即可求點(diǎn)P,代入y=f(x),可得m值;
(Ⅱ)m=8時(shí),求出F(x),F(xiàn)′(x),在定義域內(nèi)按m≥0,m<0兩種情況討論解不等式F′(x)>0,F(xiàn)′(x)<0即可;
(Ⅲ)由(I)知G(x)=
,先假設(shè)曲線y=G(x)上存在滿足題意的兩點(diǎn)P、Q,易知P、Q兩點(diǎn)在y軸兩側(cè),由此可設(shè)P(t,G(t))(t>0)、Q(-t,t
3+t
2),由題意知∠POQ為直角,從而有
•=0,即-t
2+G(t)(t
3+t
2)=0①.分(1)0<t≤1時(shí),(2)t>1時(shí)兩種情況進(jìn)行討論,此時(shí)可知G(t)表達(dá)式,(1)種情況易判斷,(2)種情況分離出參數(shù)a后構(gòu)造函數(shù),轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域可以解決;
解答:解:(I)令lnx=0,則x=1,即函數(shù)y=g(x)的圖象過(guò)定點(diǎn)P(1,0),
又點(diǎn)P在y=f(x)的圖象上,所以f(1)=
m+(4+m)=0,
解得m=-3.
(II)F(x)=mx
2+2(4+m)x+8lnx,定義域?yàn)椋?,+∞),
F′(x)=2mx+(8+2m)+
=
=
.
∵x>0,則x+1>0,
∴當(dāng)m≥0時(shí),2mx+8>0,F(xiàn)′(x)>0,此時(shí)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
當(dāng)m<0時(shí),由F′(x)>0得0<x<-
,F(xiàn)′(x)<0,得x>-
,
此時(shí)F(x)在(0,-
)上為增函數(shù),在(
-,+∞)上為減函數(shù),
綜上,當(dāng)m≥0時(shí),F(xiàn)(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),
m<0時(shí),在(0,-
)上為增函數(shù),在(
-,+∞)上為減函數(shù).
(III)由條件(I)知G(x)=
,
假設(shè)曲線y=G(x)上存在兩點(diǎn)P、Q滿足題意,則P、Q兩點(diǎn)只能在y軸兩側(cè),
設(shè)P(t,G(t))(t>0),則Q(-t,t
3+t
2),
∵∠POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形,
∴
•=0,∴-t
2+G(t)(t
3+t
2)=0①.
(1)當(dāng)0<t≤1時(shí),G(t)=-t
3+t
2,
此時(shí)方程①為-t
2+(-t
3+t
2)(t
3+t
2)=0,化簡(jiǎn)得t
4-t
2+1=0,
此方程無(wú)解,滿足條件的P、Q兩點(diǎn)不存在.
(2)當(dāng)t>1時(shí),G(t)=alnt,
方程①為:-t
2+alnt•(t
3+t
2)=0,即
=(t+1)lnt,
設(shè)h(t)=(t+1)lnt(t>1),則h′(t)=lnt+
+1,
當(dāng)t>1時(shí),h′(t)>0,即h(t)在(1,+∞)上為增函數(shù),
∴h(t)的值域?yàn)椋╤(1),+∞)),即(0,+∞),
∴
>0,∴a>0.
綜上所述,如果存在滿足條件的P、Q,則a的取值范圍是a>0.