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    （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．
    分析：（I）由函数f（x）在定义域内有且只有一个零点，知△=a2-4a=0，得a=0或a=4．由此能求出数列{an}的通项公式．
    （II）法一：由题设cn=
    -3            n=1
    1-
    4
    2n-5
       n≥2
    ，因为n≥3时，cn+1-cn=
    4
    2n-5
    -
    4
    2n-3
    =
    8
    (2n-5)(2n-3)
    ＞0    ，所以n≥3时，数列{cn}递增．由此能够推导出数列{cn}变号数为3．
    法二：由题设cn=
    -3             n=1
    1-
    4
    2n-5
       n≥2
    ，知当n≥2时，令cn•cn+1＜0，得
    2n-9
    2n-5
    •
    2n-7
    2n-3
    ＜0    ，解得n=2或n=4．由此能够推导出数列{cn}变号数为3．
    （Ⅲ）n≥2且n∈N*时，Tn=
    1
    2n+1
    		7
    m
    30
    ≤(1+
    1
    5
    )(1+
    1
    7
    )…(1+
    1
    2n+1
    )•
    1
    		2n+3
    ，转化为 
    		7
    m
    30
    ≤
    6
    5
    •
    8
    7
    •
    10
    9
    …
    2n
    2n-1
    •
    2n+2
    2n+1
    •
    1
    		2n+3
    ．由此入手能够推导出正整数m的最大值为5．
    解答：解：（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=
    1         n=1
    2n-5  n≥2
    （4分）
    （II）解法一：由题设cn=
    -3            n=1
    1-
    4
    2n-5
       n≥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-5
       n≥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
    		7
    m
    30
    ≤(1+
    1
    5
    )(1+
    1
    7
    )…(1+
    1
    2n+1
    )•
    1
    		2n+3

    可转化为    
    		7
    m
    30
    ≤
    6
    5
    •
    8
    7
    •
    10
    9
    …
    2n
    2n-1
    •
    2n+2
    2n+1
    •
    1
    		2n+3
    ．
    设g（n）=
    6
    5
    •
    8
    7
    •
    10
    9
    …
    2n
    2n-1
    •
    2n+2
    2n+1
    •
    1
    		2n+3
    ，
    则当n≥2且n∈N*，
    g(n+1)
    g(n)
    =
    6
    5
    •
    8
    7
    •
    10
    9
    …
    2n+2
    2n+1
    •
    2n+4
    2n+3
    •
    1
    		2n+5
    6
    5
    •
    8
    7
    •
    10
    9
    …
    2n+2
    2n+1
    •
    1
    		2n+3

    =
    2n+4
    2n+3
    •
    		2n+3
    		2n+5
    =
    2n+4
    		(2n+3)(2n+5)

    =
    2n+4
    		4n2+16n+15
    ＞
    2n+4
    		4n2+16n+16
    =
    2n+4
    		(2n+4)2
    =
    2n+4
    2n+4
    =1    ．
    所以g（n+1）＞g（n），即当n增大时，g（n）也增大．
    要使不等式
    		7
    m
    30
    ≤(1+T2)(1+T3)…(1+Tn)•
    1
    		2n+3

    对于任意的n∈N*恒成立，
    只需
    		7
    m
    30
    ≤g(n)min    即可．
    因为g(n)min=g(2)•
    1
    		7
    =
    6
    5
    •
    		7
    7
    =
    6
    		7
    35
    ，
    所以
    		7
    m
    30
    ≤
    6
    		7
    35
    ．
    即 m≤
    180
    35
    =5
    1
    7

    所以，正整数m的最大值为5．（13分）
    点评：本题考查数列与不等式的综合，计算量大，解题时要认真审题，注意计算能力的培养．本题对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．
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    π
    4
    π
    4
    ．

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    π6
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    1
    1
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    2
    2
    ．

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