19.解（1）∵点M到?3,0，
???3,0的距离之和是4，
?∴M的轨迹C是长轴为4，焦点在x轴上焦距为23的椭圆，
x2其方程为?y2?1．
4yPOQx
（2）将y?kx?b，代入曲线C的方程，整理得(1?4k2)x2?8kbx?4b2?4?0
因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q，
所以??64k2b2?4(1?4k2)(4b2?4)?16(4k2?b2?1)?0 ① 82k4， ② xx?1221?4k21?4k22且y1?y2?(kx1?b)(kx2?b)?(kx1x2)?kb(x1?x2)?b ③
设P?x1,y1?，Q?x2,y2?，则x1?x2??显然，曲线C与x轴的负半轴交于点A??2,0?，
????????所以AP??x1?2,y1?，AQ??x2?2,y2?． ????????由AP?AQ?0，得(x1?2)(x2?2)?y1y2?0．
将②、③代入上式，整理得12k2?16kb?5b2?0．
6所以(2k?b)?(6k?5b)?0，即b?2k或b?k．经检验，都符合条件①
5当b?2k时，直线l的方程为y?kx?2k． 显然，此时直线l经过定点??2,0?点．
即直线l经过点A，与题意不符．
65?6?当b?k时，直线l的方程为y?kx?k?k?x??．
56?5??6?显然，此时直线l经过定点??,0?点，且不过点A．
?5?6?6?综上，k与b的关系是：b?k，且直线l经过定点??,0?点．
5?5?320.解（1）由已知b1?a1，所以a1?m； b2?2a1?a，m， 2 所以2a1?a2?2解得a2??m1； 所以数列{an}的公比q??； 22n?1?1?当m?1时，an?????2?，
bn?na1?(n?1)a2???2an?1?an，………………………①，
1?bn?na2?(n?1)a3???2an?an?1，……………………②， 23②－①得?bn??n?a2?a3???an?an?1，
21??1???1????2???2???n????n?1?1???1??，
????3?2?1??????1?????2?n3所以?bn??n?22n22?1?6n?2?(?2)1?nbn???????．
399?2?9n?1?m[1????]n2m??1??2??（2）Sn????1?????， 3??1???2???1????2???1?因为1?????0，所以由Sn?[1,3]得
?2?nn1?1?1?????2?n≤2m≤33?1?1?????2?n，
?1??3??1??3注意到，当n为奇数时，1??????1,?；当n为偶数时，1??????,?2??2??2??4nn?1?， ?33?1?所以1????最大值为，最小值为．
24?2?对于任意的正整数n都有
n1?1?1?????2?n≤2m≤33?1?1?????2?n，
42m所以≤≤2，解得2≤m≤3，
33即所求实数m的取值范围是{m|2≤m≤3}．
1a2?221． 解：（1）由已知，得 f?()?0且?0，?a2?a?2?0，?a?0，?a?2.
22aa2?21a2?a?2(a?2)(a?1)1a2?2（2）当0?a?2时，?, ????0,??2a22a2a22a12axa2?2?0， ?0.又 ?当x?时，x?21?ax2a1?f?(x)?0，故f(x)在[, ??)上是增函数.
2111（3）a?(1, 2)时，由（Ⅱ）知，f(x)在[,1]上的最大值为f(1)?ln(?a)?1?a，
222 于是问题等价于：对任意的a?(1, 2)，
不等式ln(?121a)?1?a?m(a2?1)?0恒成立. 211a)?1?a?m(a2?1)，（1?a?2） 221a?1?2ma?[2ma?(1?2m)]， 则g?(a)?1?a1?a?a?0， 当m?0时，g?(a)?1?a 记g(a)?ln(??g(a)在区间(1, 2)上递减，此时，g(a)?g(1)?0，
由于a?1?0，?m?0时不可能使g(a)?0恒成立，故必有m?0,
2?g?(a)? 若
2ma1[a?(?1)]. 1?a2m11?1})上递减， ?1?1，可知g(a)在区间(1, min{2, 2m2m 在此区间上，有 g(a)?g(1)?0，与g(a)?0恒成立矛盾， 故
1?1?1，这时，g?(a)?0，g(a)在(1, 2)上递增，恒有g(a)?g(1)?0， 2m?m?01? 满足题设要求，??1，即m?，
4?1?1?2m? 所以，实数m的取值范围为[, ??).
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