上递增，所以f1a10，
取xe，显然e1，
fel
ea1a0，
e
e
所以存在x01e满足fx00，即
f存在x01e满足gx00，所以gxgx在区间1上的情况如下：
xgx
gx
1x0
x0
0极小
x0
所以当1a0时，gx在1上存在极小值
（本题所取的特殊值不唯一，注意到
ax

0x
1
），因此只需要
l

x0
1
即可）
20（本小题满分13分）解：（Ⅰ）由a
2
1可得a
为递增数列，
所以b
maxa1a2a
mi
a1a2a
a
a12
132
2，
故
b


的前


项和为
2
2
2






1

（Ⅱ）因为maxa1a2a
maxa1a2a
1
123，
mi
a1a2a
mi
a1a2a
1
123，
所以maxa1a2a
1mi
a1a2a
1maxa1a2a
mi
a1a2a

所以b
1b
123
又因为b1a1a10，
所以maxb1b2b
mi
b1b2b
b
b1b
，
所以b
的“收缩数列”仍是b

（Ⅲ）由S1S2

S



12
a1


12b


123
可得
当
1时，a1a1；
当
2时，2a1a23a1b2，即b2a2a1，所以a2a1；
当
3时，3a12a2a36a13b3，即3b32a2a1a3a1（），
若a1a3a2，则b3a2a1，所以由（）可得a3a2，与a3a2矛盾；
若a3a1a2，则b3a2a3，所以由（）可得a3a23a1a3，
f所以a3a2与a1a3同号，这与a3a1a2矛盾；
若a3a2，则b3a3a1，由（）可得a3a2
猜想：满足S1S2

S



12
a1


12
b


123
的数列a
是：
a


aa12



11a2

a1
经验证，左式S1S2
S
a112



1a2


a1


12
a2
，
右式

12
a1


12
b



12
a1


12
a2

a1


a1


12
a2

下面证明其它数列都不满足（Ⅲ）的题设条件
法
1：由上述

3时的情况可知，

3时，
a


aa12



11a2

a1是成立的
假设ak
是首次不符合a


aa12



11a2

a1
的项，则a1

a2

a3

ak1ak，
由题设条件可得
k2
k2
2a2

ak

kk12
a1

kk12bk
（），
若a1aka2，则由（）式化简可得aka2与aka2矛盾；
若ak

a1

a2
，则bk

a2
ak
，所以由（）可得ak
a2

k
k2
1
a1
ak
所以aka2与a1ak同号，这与aka1a2矛盾；
所以aka2，则bkaka1，所以由（）化简可得aka2
这与假设aka2矛盾
所以不存在数列不满足
a


aa12



11a2

a1的a
符合题设条件
法2：当i
时，aia1maxa1a2aimi
a1a2aibi，
k
所以aia1b1b2bk，k123
i1
即Skka1b1b2bk，k123

由b
1b
r