解:(1)当a=x时,函数g(x)=xlnx,∴g′(x)=lnx+1,
令g′(x)<0解得0<x<

,∴函数g(x)的单调递减区间为(0,

),
令g′(x)>0解得x>

,∴函数g(x)的单调递增区间为(

,+∞);
(2)∵f′(x)=-3x2+2x+b,若f(x)存在极值点,
则f′(x)=-3x2+2x+b=0有两个不相等的实数根,
所以△=4-12b>0,解得b>-

;
(3)当b=0时,F(x)=

,
假设使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,斜边中点在y轴上,
则

,且x1+x2=0,不妨设x1=t>0,
故P(t,F(t)),则Q(-t,t3+t2),
∴

=-t2+F(t)(t3+t2)=0(*)该方程有解,
若0<t<1,则F(t)=-t3+t2,代入方程(*)得:-t2+(-t3+t2)(t3+t2)=0,
化简可得t4-t2+1=0,此方程无实数解;
当t=1时,

=(1,0),

=(-1,2),

≠0;
当t>1时,F(t)=alnt,代入方程(*)得-t2+a(t3+t2)?lnt=0,即

=(t+1)lnt,
设h(x)=(x+1)lnx(x≥1),则h′(x)=lnx+

+1>0在[1,+∞)恒成立,
∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(1)=0,即h(x)的值域为[0,+∞)
∴当a>0时,方程

=(t+1)lnt有解,即方程(*)有解,
总上所述,对任意给定的正实数a,曲线y=F(x)上总存在两点PQ,
使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,且斜边中点在y轴上.解析分析:(1)把a=x代入可得解析式,求导数令其分别大于0,小于0,可得单调递增,减区间;(2)问题等价于方程-3x2+2x+b=0有两个不相等的实数根,由△>0可得;(3)把b=0代入可得解析式,问题等价于

,且x1+x2=0,不妨设x1=t>0,可得PQ的坐标,进而可得数量积,分0<t<1,t=1,和t>1讨论可得结论.点评:本题考查利用导数研究函数的极值,涉及函数单调性的研究和分类讨论的思想,属中档题.