Question

已知，
（Ⅰ）若存在实数k和t，使，，且⊥，试求函数关系式k=f（t）；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论，确定k=f（t）的单调区间；
（Ⅲ）设a＞0，若过点（a，b）可作曲线k=f（t）的三条切线，求证：．

Answer

（Ⅰ）由，，知=0，||=2，||=1，由此能求出k=f（t）．
（Ⅱ）由f（t）=，知f′（x）=k′==，由此能求出k=f（t）的单调区间．
（Ⅲ）设切点为（t，），，则切线方程为：y-，由切线方程过（a，b），知b-=，由此能够证明
．
【解析】
（Ⅰ）∵知，，
∴=0，||==2，||==1，
=（）+（，）=（，），=（-）+（）=（，），
∴=-4k+t（t2-3）=0，
∴k=f（t）=．
（Ⅱ）∵f（t）=，
∴f′（x）=k′==，
令k′＞0，得t＞1，或t＜-1，
令k′＜0，得-1＜t＜1，
∴k=f（t）的单调增区间为（1，+∞），（-∞，-1）；单调减区间为（-1，1）．
（Ⅲ）设切点为（t，），，
∴切线方程为：y-，
∵切线方程过（a，b），
∴b-=，
4b-t3+3t=（3t2-3）（a-t），
4b-t3+3t=3at2-3t2-3a+3t，
∴3a+4b=-2t3+3at2有三个不同的根，
令g（t）=-2t3+3at2，
g′（t）=-6t2+6at=-6t（t-a），
令g′（t）=0，得t=0，或t=a．
令g′（t）＞0，得0＜t＜a，
令g′（x）＜0，得t＞a，或t＜0，
∴g（t）极小值=g（0）=0，
g（t）极大值=g（a）=a3，
∴要使3a+4b=-2t3+3at2有三个不同的根，
则0＜3a+4b＜a3，
∴，
故．