Question

若數列A_n：a₁，a₂，…，a_n（n≥2）滿足|a_k+1-a_k|=1（k=1，2，…，n-1），則稱A_n為E數列，記S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）寫出一個E數列A₅滿足a₁=a₃=0；
（Ⅱ）若a₁=12，n=2000，證明：E數列A_n是遞增數列的充要條件是a_n=2011；
（Ⅲ）在a₁=4的E數列A_n中，求使得S（A_n）=0成立得n的最小值．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）根據題意，a₂=±1，a₄=±1，再根據|a_k+1-a_k|=1給出a₅的值，可以得出符合題的E數列A₅；
（Ⅱ）從必要性入手，由單調性可以去掉絕對值符號，可得是A_n公差為1的等差數列，再證充分性，由遞增數列的性質得出不等式，再利用同向不等式的累加，可得a_k+1-a_k=1＞0，A_n是遞增數列；
（Ⅲ）由|a_k+1-a_k|=1，可得a_k+1≥a_k-1，再結合已知條件a₁=4，可得n的最小值．
解答：解：
（Ⅰ）0，1，0，1，0是一個滿足條件的E數列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都滿足條件的E數列A₅）
（Ⅱ）必要性：因為E數列A_n是遞增數列
              所以a_k+1-a_k=1（k=1，2，…，1999）
              所以A_n是首項為12，公差為1的等差數列．
              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
        又因為a₁=12，a₂₀₀₀=2011
        所以a₂₀₀₀≤a₁+1999
        故a_k+1-a_k=1＞0（k=1，2，…，1999），即A_n是遞增數列．
     綜上所述，結論成立．
（Ⅲ）對首項為4的E數列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）
    所以對任意的首項為4的E數列A_n，若S（A_n）=0，則必有n≥9
    又a₁=4的E數列A₉：4，3，2，1，0，-1，-2，-3，-4滿足S（A₉）=0
    所以n的最小值是9．
點評：本題以數列為載體，考查了不等式的運用技巧，屬于難題，將題中含有絕對值的等式轉化為不等式是解決此題的關鍵．