（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

（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）
∴S_n=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{c_n}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{c_n}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c_n•c_n+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{c_n}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•