若数列An：a1，a2，…，an（n≥2）满足|ak+1-ak|=1（k=1，2，…，n-1），则称An为E数列，记S（

解题思路：（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．

（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：
本题考点： 数列的应用．

考点点评： 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．

(1)E数列A5例子：0、1、0、1、0。 (2)E数列通项可表示为an=a1＋i-j①，i、j均为非负整数，且i＋j=n-1②，i表示在E数列中有i次递增1，j表示在E数列中有j次递减1。充分性证明：将a1=12、a2000=2011、n=2000代入①、②得：i-j=1999，i＋j=1999，所以i=1999、j=0，即E数列中只有递增1的项而没有递减1的项，所以E数列为递增数列。必要性证明...