Question

2、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 1

分析：（Ⅰ）根据题意，a₂=±1，a₄=±1，再根据|a_k+1-a_k|=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A_n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a_k+1-a_k=1＞0，A_n是递增数列；
（Ⅲ）由|a_k+1-a_k|=1，可得a_k+1≥a_k-1，再结合已知条件a₁=4，可得n的最小值．

解答：解：
（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A_n是递增数列
              所以a_k+1-a_k=1（k=1，2，…，1999）
              所以A_n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a_k+1-a_k=1＞0（k=1，2，…，1999），即A_n是递增数列．
     综上所述，结论成立．
（Ⅲ）对首项为4的E数列A_n，由于
        a₂≥a₁-1=3
         a₃≥a₂-1≥2
             …
          a₈≥a₇-1≥-3
             …
    所以a₁+a₂+…+a_k＞0（k=2，3，…，8）
    所以对任意的首项为4的E数列A_n，若S（A_n）=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．

点评：本题以数列为载体，考查了不等式的运用技巧，属于难题，将题中含有绝对值的等式转化为不等式是解决此题的关键．