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88可知g?(x)在[?2，0]为正，在(0,)为负，在[,4]为正，
3388?g(x)在[?2，0]递增，在[0，]递减，在[,4]递增，
33864又g(?2)??6，g(0)?0，g()????6，g（4）?0，
327??6剟g(x)0，
?x?6剟f(x)x；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， F(x)?|f(x)?(x?a)| ?|f(x)?x?a| ?|g(x)?a|
Q在[?2，4]上，?6剟g(x)0，
令t?g(x)，h(t)?|t?a|，
则问题转化为当t?[?6，0]时，h(t)的最大值M（a）的问题了，
①当a??3时，M（a）?h(0)?|a|??a，
3，当a??3时，M（a）取得最小值3； 此时?a…②当a…?3时，M（a）?h(?6)?|?6?a|?|6?a|，
Q6?a…3，?M（a）?6?a，
也是a??3时，M（a）最小为3． 综上，当M（a）取最小值时a的值为?3．
【归纳与总结】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大． 20．（13分）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、?、第im项(i1?i2???im)，若ai1?ai2???aim，则称新数列ai1，ai2，?，aim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数
列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列．
（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；
（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p?q，求证：am0?an0；
（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s?1，且长度为s末项为2s?1的递增子列恰有2s?1个(s?1，2，?)，求数列{an}的通项公式．
【思路分析】(I)1，3，5，6．答案不唯一．
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(II)考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得an0?该数am0，即可证明结论． 列的第p项…(III)考虑2s?1与2s这一组数在数列中的位置．若{an}中有2s，在2s在2s?1之后，则必
然在长度为s?1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s?1矛盾，可得2s必在2s?1之前．继续考虑末项为2s?1的长度为s?1的递增子列．因此对于数列2n?1，2n，由于2n在2n?1之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n与2n?1，即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s?1之前．可得2，1，4，3，6，5，??，是唯一构造． 【解析】：(I)1，3，5，6．
(II)证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列， am0， ?an0?该数列的第p项…?am0?an0．
(III)解：考虑2s?1与2s这一组数在数列中的位置．
若{an}中有2s，在2s在2s?1之后，则必然在长度为s?1，且末项为2s的递增子列， 这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s?1矛盾，?2s必在2s?1之前． 继续考虑末项为2s?1的长度为s?1的递增子列．
?研究递增子列时，Q对于数列2n?1，2n，由于2n在2n?1之前，不可同时取2n与2n?1，
Q对于1至2s的所有整数，研究长度为s?1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2
项是3与4二选1，??，第s项是2s?1与2s二选1，
故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s?1之前．
?，是唯一构造． ?2，1，4，3，6，5，?即a2k?2k?1，a2k?1?2k，k?N*．
【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．
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