（13 分）设数列 A : ~ a _ 1 , ~ a _…——2016 高考数学第 20 题答案解析

（Ⅰ）逐个判断：
$2$ 满足 $a_1=-2<2=a_2$，故 $2\in G(A)$；
$3$ 不满足，因为 $a_2=2>-1=a_3$；
$4$ 不满足，因为 $a_2=2>1=a_4$；
$5$ 满足，因为 $-2,2,-1,1$ 都小于 $3=a_5$。
所以 $G(A)=\{2,5\}$。

（Ⅱ）若存在某项大于 $a_1$，取
$$m=\min\{n:2\le n\le N,\ a_n>a_1\}.$$
对任意 $k<m$，若 $k=1$，则 $a_k=a_1<a_m$；若 $2\le k<m$，由 $m$ 的最小性知 $a_k\le a_1<a_m$。
因此所有 $k<m$ 都有 $a_k<a_m$，所以 $m$ 是 $G$ 时刻，故 $G(A)\ne\varnothing$。

（Ⅲ）记 $|G(A)|=k$。
若 $k=0$，则由（Ⅱ）可知不存在 $a_n>a_1$，特别地 $a_N\le a_1$，于是
$$k=0\ge a_N-a_1.$$
下设 $k\ge1$。令
$$G(A)=\{i_1,i_2,\ldots,i_k\},\qquad 2\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le N,$$
并记 $i_0=1$。

先证对每个 $j=1,2,\ldots,k$，都有
$$a_{i_j}-a_{i_{j-1}}\le1.$$
当 $j=1$ 时，若在 $i_1$ 之前存在某项大于 $a_1$，取其中第一个这样的项，则它前面的项都不超过 $a_1$，从而都小于它，该项就是一个 $G$ 时刻，与 $i_1$ 是第一个 $G$ 时刻矛盾。因此 $a_{i_1-1}\le a_1$，于是
$$a_{i_1}-a_1\le a_{i_1}-a_{i_1-1}\le1.$$
当 $j\ge2$ 时，若在 $i_{j-1}$ 与 $i_j$ 之间存在某项大于 $a_{i_{j-1}}$，取其中第一个这样的项，记其下标为 $s$。对任意 $r<s$：若 $r\le i_{j-1}$，由于 $i_{j-1}$ 是 $G$ 时刻，有 $a_r\le a_{i_{j-1}}$；若 $i_{j-1}<r<s$，由 $s$ 的取法也有 $a_r\le a_{i_{j-1}}$。于是 $a_r<a_s$ 对所有 $r<s$ 成立，$s$ 应为 $G$ 时刻，矛盾。因此 $a_{i_j-1}\le a_{i_{j-1}}$，从而
$$a_{i_j}-a_{i_{j-1}}\le a_{i_j}-a_{i_j-1}\le1.$$

于是
$$a_{i_k}-a_1=\sum_{j=1}^k\bigl(a_{i_j}-a_{i_{j-1}}\bigr)\le k.$$

再证 $a_N\le a_{i_k}$。若 $a_N>a_{i_k}$，取 $i_k$ 之后第一个大于 $a_{i_k}$ 的项，设其下标为 $r$。对任意 $t<r$：若 $t\le i_k$，由于 $i_k$ 是 $G$ 时刻，有 $a_t\le a_{i_k}$；若 $i_k<t<r$，由 $r$ 的取法也有 $a_t\le a_{i_k}$。故 $a_t<a_r$ 对所有 $t<r$ 成立，$r$ 是 $G$ 时刻，这与 $i_k$ 是最后一个 $G$ 时刻矛盾。所以 $a_N\le a_{i_k}$。

综上，
$$a_N-a_1\le a_{i_k}-a_1\le k=|G(A)|,$$
即 $G(A)$ 的元素个数不小于 $a_N-a_1$。