解：由题意知：
（I）∵A={1，2，…，2
n-1，…}，A∪B中的元素按从小到大的顺序记为{c
n}，且c
n=n，n∈N
*；
∵若c
n=n，因为5，6，7∉A，则5，6，7∈B
∴等差数列{b
n}的公差为1，并且3是数列{b
n}中的项；因此，3只可能是数列{b
n}中的第1，2，3项，
当b
1=3时，则b
n=n+2；
当b
2=3，则b
n=n+1；
当b
3=3，则b
n=n．
（II）（i）因为A={1，2，…，2
n-1，…}，A∪B中的元素按从小到大的顺序记为{c
n}，
对集合{c
n}中的元素2进行分类讨论：
①当c
2=2时，由{c
n}的前5项成等比数列，得c
4=2
3=8=c
9，显然不成立；
②当c
3=2时，由{c
n}的前5项成等比数列，得b
12=2，∴b
1=
；
因此数列{c
n}的前5项分别为1，
，2，2
，4；
这样 b
n=
n，则数列{c
n}的前9项分别为1，
，2，2
，4，3
，4
，5
，8；上述数列符合要求；
③当c
k=2（k≥4）时，有b
2-b
1＜2-1，即数列{b
n}的公差d＜1，
∴b
6=b
1+5d＜2+5=7，1，2，4＜c
9；
∴1，2，4在数列{c
n}的前8项中，由于A∩B=∅，这样，b
1，b
2，…，b
6以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列{c
n}的前9项均小于8，这与c
9=8矛盾，所以也不成立；
综上所述，b
n=
n；
其次，当n≤4时，
=
＞
，
=
＜
，
=
＞
，
当n≥7时，c
n≥4
，因为{b
n}是公差为
的等差数列，所以 c
n+1-c
n≤
，
所以
=
=1+
≤1+
=
，此时的n不符合要求．
所以符合要求的n一共有5个．
（ii）证明：由（i）知，数列{c
n}是A∪B中的元素按从小到大的顺序排列所得：
即1，
，2，2
，4，3
，4
，5
，8，…，
对于正整数对（m，n），当m≠n时，有c
m≠c
n；
∴|c
n+1+c
m-c
n-c
m+1|＞0，
由|c
n+1+c
m-c
n-c
m+1|=|（c
n+1-c
n）-（c
m+1-c
m）|≤|c
n+1-c
n|+|c
m+1-c
m|≤2|c
n+1-c
n|=2|
n′-2
n-1|，
令2|
n′-2
n-1|＜
，则|
n′-2
n-1|＜
．
∴存在无穷多组正整数对（m，n）使得不等式
成立．
分析：（I）根据已知数列{a
n}的通项公式a
n=2
n-1，数列{b
n}是等差数列，集合A∪B中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为{c
n}．若c
n=n，n∈N*，对元素3、5、6、7进行分析，得出数列{b
n}是公差为1的等差数列，分类求出即可．
（II）（i）若A∩B=∅，数列{c
n}的前5项成等比数列，且c
1=1，c
9=8，对元素2进行分类讨论，从而求得
＞
的正整数n的个数．
（ii）由（i）知，数列{c
n}是A∪B中的元素按从小到大的顺序排列所得：即1，
，2，2
，4，3
，4
，5
，8，…，然后利用绝对值不等式进行证明即可．
点评：本题考查了等差数列和等比数列的综合运用，对元素2采用分类讨论的方法求得数列{b
n}的通项公式，体现分类讨论的思想；对于（II）的探讨，除了分类讨论以外，还采用了反证法解决问题，体现了方法的灵活性，增加了题目的难度，属难题．
的正整数n的个数；
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