（2011•昌平区二模）已知函数f（x）=x2-ax+a（x∈R），在定义域内有且只有一个零点，存在0＜x1＜x2，使得

（2011•昌平区二模）已知函数f（x）=x2-ax+a（x∈R），在定义域内有且只有一个零点，存在0＜x1＜x2，使得不等式f（x1）＞f（x2）成立．若n∈N*，f（n）是数列{an}的前n项和．

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）设各项均不为零的数列{cn}中，所有满足ck•ck+1＜0的正整数k的个数称为这个数列{cn}的变号数，令cn＝1−

4

an

（n为正整数），求数列{cn}的变号数；

（Ⅲ）设Tn＝

1

an+6

（n≥2且n∈N*），使不等式

7

m

30

≤(1+T2)•(1+T3)…(1+Tn)•

1

2n+3

恒成立，求正整数m的最大值．

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（I）∵函数f（x）在定义域内有且只有一个零点

∴△=a2-4a=0得a=0或a=4（1分）

当a=0时，函数f（x）=x2在（0，+∞）上递增故不存在0＜x1＜x2，

使得不等式f（x1）＞f（x2）成立（2分）

综上，得a=4，f（x）=x2-4x+4．（3分）

∴Sn=n2-4n+4

∴an＝Sn−Sn−1＝

1n＝1

2n−5n≥2（4分）

（II）解法一：由题设cn＝

−3n＝1

1−

4

2n−5n≥2

∵n≥3时，cn+1−cn＝

4

2n−5−

4

2n−3＝

8

(2n−5)(2n−3)＞0

∴n≥3时，数列{cn}递增．

∵c4＝−

1

3＜0，

由1−

4

2n−5，得n≥5可知

即n≥3时，有且只有1个变号数；

又即∴此处变号数有2个

综上得数列{cn}共有3个变号数，即变号数为3 （9分）

解法二：由题设cn＝

−3 n＝1

1−

4

2n−5n≥2

当n≥2时，令cn•cn+1＜0，

得

2n−9

2n−5•

2n−7

2n−3＜0，

即

3

2＜n＜

5

2或

7

2＜n＜

9

2，

解得n=2或n=4．

又∵c1=-3，c2=5，

∴n=1时也有c1•c2＜0

综上得数列{cn}共有3个变号数，即变号数为3…（9分）

（Ⅲ）n≥2且n∈N*时，Tn＝

1

2n+1

7m

30≤(1+

1

5)(1+

1

7)…(1+

1

2n+1)•

1

2n+3

可转化为

7m

30≤

6

5•

8

7•

10

9…

2n

2n−1•

2n+2

2n+1•

1

2n+3．

设g（n）=

6

5•

8

7•

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