Question

若数列A_n：a₁，a₂，…，a_n（n≥2）满足|a_k+1-a_k|=1（k=1，2，…，n-1），则称A_n为E数列，记S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）写出一个E数列A₅满足a₁=a₃=0；
（Ⅱ）若a₁=12，n=2000，证明：E数列A_n是递增数列的充要条件是a_n=2011；
（Ⅲ）在a₁=4的E数列A_n中，求使得S（A_n）=0成立得n的最小值．

Answer

（Ⅰ）根据题意，a2=±1，a4=±1，再根据|ak+1-ak|=1给出a5的值，可以得出符合题的E数列A5；
（Ⅱ）从必要性入手，由单调性可以去掉绝对值符号，可得是An公差为1的等差数列，再证充分性，由递增数列的性质得出不等式，再利用同向不等式的累加，可得ak+1-ak=1＞0，An是递增数列；
（Ⅲ）由|ak+1-ak|=1，可得ak+1≥ak-1，再结合已知条件a1=4，可得n的最小值．
【解析】

（Ⅰ）0，1，0，1，0是一个满足条件的E数列A5
（答案不唯一，0，-1，0，-1，0或0，±1，0，1，2或0，±1，0，-1，-2
或0，±1，0，-1，0都满足条件的E数列A5）
（Ⅱ）必要性：因为E数列An是递增数列
              所以ak+1-ak=1（k=1，2，…，1999）
              所以An是首项为12，公差为1的等差数列．
              所以a2000=12+（2000-1）×1=2011
      充分性：由于a2000-a1999≤1
                  a1999-a1998≤1
                     …
                  a2-a1≤1，
        所以a2000-a1≤1999，即a2000≤a1+1999
        又因为a1=12，a2000=2011
        所以a2000≤a1+1999
        故ak+1-ak=1＞0（k=1，2，…，1999），即An是递增数列．
     综上所述，结论成立．
（Ⅲ）对首项为4的E数列An，由于
        a2≥a1-1=3
         a3≥a2-1≥2
             …
          a8≥a7-1≥-3
             …
    所以a1+a2+…+ak＞0（k=2，3，…，8）
    所以对任意的首项为4的E数列An，若S（An）=0，则必有n≥9
    又a1=4的E数列A9：4，3，2，1，0，-1，-2，-3，-4满足S（A9）=0
    所以n的最小值是9．