解答题定义F（x，y）=（1+x）y，其中x，y∈（0，+∞）．（1）令函数f（x）=

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解：（1）f（x）=F（1，log2（x3+ax2+bx+1））=x3+ax2+bx+1，
设曲线C在x0（-4＜x0＜-1）处有斜率为-8的切线，
又由题设知log2（x3+ax2+bx+1）＞0，f′（x）=3x2+2ax+b，3x20+2ax0+b=-8??①
∴存在实数b使得-4＜x0＜-1???????②有解，（3分）
x30+ax20+bx0＞0??③
由①得b=-8-3-2ax0，代入③得-2-ax0-8＜0，
∴由???2x20+ax0+8＞0?在-4＜x0＜-1有解，
得2×（-4）2+a×（-4）+8＞0或2×（-1）2+a×（-1）+8＞0，
∴a＜10或a＜10，∴a＜10、（5分）
（2）∵g（x）=（lnx-1）ex+x，
∴g′（x）=（lnx-1）′ex+（lnx-1）（ex）′+1=+（lnx-1）ex+1=（+lnx-1）ex+1．（6分）
设h（x）=+lnx-1、则h′（x）=-+=，
当x∈[1，e]时，h′（x）≥0．
h（x）为增函数，因此h（x）在区间[1，e]上的最小值为ln1=0，即+lnx-1≥0．
当x0∈[1，e]时，ex0＞0，+lnx0-1≥0，
∴g′（x0）=（+lnx0-1）ex0+1≥1＞0．（8分）
曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g′（x0）=0有实数解，
而g′（x0）＞0，即方程g′（x0）=0无实数解．
故不存在实数x0∈[1，e]，使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直．（9分）
（3）证明：令h（x）=，x≥1，由h′（x）=，
又令p（x）=-ln（1+x），x≥0，
∴p′（x）=-=≤0，
∴p（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴当x＞0时，有p（x）＜p（0）=0，
∴当x≥1时，有h′（x）＜0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递减，（11分）
∴当1≤x＜y时，有＞，
∴yln（1+x）＞xln（1+y），∴（1+x）y＞（1+y）x，
∴当x，y∈N，且x＜y时，F（x，y）＞F（y，x）．（13分）解析分析：（1）先求出f（x）的解析式，设曲线C在x0（-4＜x0＜-1）处有斜率为-8的切线，建立等式，根据log2（x3+ax2+bx+1）＞0消去b得-2-ax0-8＜0，使得2x20+ax0+8＞0?在-4＜x0＜-1有解，求出a的取值范围即可；（2）先求g′（x）=（+lnx-1）ex+1，令h（x）=+lnx-1，然后利用导数研究h（x）在区间[1，e]上的最小值，从而求出g′（x0）的取值范围，曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g′（x0）=0有实数解，而g′（x0）＞0，即方程g′（x0）=0无实数解，从而得到结论；（3）令h（x）=，x≥1，则h′（x）=，令p（x）=-ln（1+x），x≥0，利用导数研究p（x）在[0，+∞）上的单调性，从而得到函数h（x）在[1，+∞）上的单调性，即可证得结论．点评：本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数求闭区间上函数的最值，同时考查了转化的数学思想，属于中档题．