（2012•朝阳区二模）已知数列An：a1，a2，…，an，满足a1=an=0，且当2≤k≤n（k∈N*）时，(ak−a

解题思路：（Ⅰ）根据新定义，分类，即可求S（A₅）的所有可能取值；
（Ⅱ）由(ak−ak−1)2＝1，可设a_k-a_k-1=c_k-1，可得a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1，根据a₁=a_n=0，可得c₁+c₂+…+c_n-1=0，且n为奇数，c₁，c₂，…，c_n-1是由[n−1/2]个1和[n−1/2]个-1构成的数列，由此可得当c₁，c₂，…，c_n-1的前[n−1/2]项取1，后[n−1/2]项取-1时S（A_n）最大．

（Ⅰ）由题设，满足条件的数列A₅的所有可能情况有：
（1）0，1，2，1，0．此时S（A₅）=4；
（2）0，1，0，1，0．此时S（A₅）=2；
（3）0，1，0，-1，0．此时S（A₅）=0；
（4）0，-1，-2，-1，0．此时S（A₅）=-4；
（5）0，-1，0，1，0．此时S（A₅）=0；
（6）0，-1，0，-1，0．此时S（A₅）=-2．
所以，S（A₅）的所有可能取值为：-4，-2，0，2，4．．…（5分）
（Ⅱ）由(ak−ak−1)2＝1，可设a_k-a_k-1=c_k-1，则c_k-1=1或c_k-1=-1（2≤k≤n，k∈N^*），a₂-a₁=c₁，a₃-a₂=c₂，
…a_n-a_n-1=c_n-1，
所以a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1．…（7分）
因为a₁=a_n=0，所以c₁+c₂+…+c_n-1=0，且n为奇数，c₁，c₂，…，c_n-1是由[n−1/2]个1和[n−1/2]个-1构成的数列．
所以S（A_n）=c₁+（c₁+c₂）+…+（c₁+c₂+…+c_n-1）=（n-1）c₁+（n-2）c₂+…+2c_n-2+c_n-1．
则当c₁，c₂，…，c_n-1的前[n−1/2]项取1，后[n−1/2]项取-1时S（A_n）最大，
此时S（A_n）=(n−1)+(n−2)+…+
n+1
2−(
n−1
2+…+2+1)=
(n−1)2
4．．…（10分）
证明如下：
假设c₁，c₂，…，c_n-1的前[n−1/2]项中恰有t项cm1，cm2，…，cmt取-1，则c₁，c₂，…，c_n-1的后[n−1/2]项中恰有t项cn1，cn2，…cnt取1，其中1≤t≤
n−1
2，1≤mi≤
n−1
2，[n−1/2＜ni≤n−1，i=1，2，…，t．
所以S（A_n）=(n−1)c1+(n−2)c2+…+
n+1
2c
n−1
2]+
n−1
2c
n+1
2

点评：
本题考点： 数列递推式；数列的函数特性；数列的求和．

考点点评： 本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，考查反证法的运用，难度较大．