化简，得2a?b?3?0。………..8分
（2）由2a?b?3?0，得b??2a?3，………..9分 ∴PQ=a?b?1?5(a?)?226524 ………..12分 5故当a?62525时，|PQ|min?，即线段PQ长取最小值为………..14分 55518.(14分)
解：（1）圆方程可化为(x?1)2?(y?2)2?5 ∴ 圆心C(1,2)，半径r?5……2分 设圆心C到l的距离为d，则d?(2|AB|2AB2)?r2，∴d?r2?()?52?42?3…4分 22当直线l的斜率不存在时 ，则l的方程为x?4，点C(1,2)到l的距离为d?|4?1|?3， 符合题意………..6分
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y?4?k(x?4)，即kx?y?4k?4?0
d?|k?2?4k?4|k2?(?1)2?|3k?6|3?3，解得k??，……8分
4k2?1∴的方程为3x?4y?4?0………..9分
综上所述，直线l的方程为x?4或3x?4y?4?0………..10分
（2）依垂径定理可知，以Q为中点的弦垂直于点Q与圆心C的连线，因为kCQ??∴弦所在直线斜率k?2 ………..12分
弦所在直线方程为y?1?2(x?3)，即2x?y?5?0 ………..14分
1 219．（14分）
解：（Ⅰ）曲线y?x?6x?1与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（3?22,0),(3?22,0).故可设C的圆心为（3，t），………..2分
则有32?(t?1)2?(22)2?t2,解得t=1. ……….4分
22则圆C的半径为3?(t?1)?3. ………..5分
2 所以圆C的方程为(x?3)?(y?1)?9.………..6分 （Ⅱ）设A（x1,y1），B（x2,y2），其坐标满足方程组：
226
??x?y?a?0, 消去y，得到方程 ?22(x?3)?(y?1)?9.??2x2?(2a?8)x?a2?2a?1?0.………..8分
由已知可得，判别式??56?16a?4a2?0.……….9分
因此，x1,2?(8?2a)?56?16a?4a24,从而
a2?2a?1x1?x2?4?a,x1x2? ①………..10分
2由于OA⊥OB，可得x1x2?y1y2?0,………..11分 又y1?x1?a,y2?x2?a,………..12分
所以 2x1x2?a(x1?x2)?a?0.②………..13分 由①，②得a??1，满足??0,故a??1.………..14分
2
20．（14分）
（1）证：∵an，an+1是关于x 的方程x2－2n x+ bn=0 (n∈N*)的两根，
?an+an+1=2n∴? ……2分 ?bn=an?an+1111an+1??2n+12n?an??2n+1?(an??2n)333∵????1， 1n1n1nan??2an??2an??23331n21故数列{an??2}是首项为a1??，公比为－1的等比数列. ……4分
3331n11nnn(2)解：由(1)得an??2??(?1)，即an?[2?(?1)]，
3331nnn+1n+1∴bn=an?an+1?[2?(?1)]?[2?(?1)]
91?[22n+1?(?2)n?1] ……6分 91∴Sn=a1+ a2+ a3+…+ an=[(2+22+23+…+2n)－[(－1)+ (－1)2+…+(－1)n]
312n+1(?1)n?1?[2?2?]， ……8分 32（3）要使得bn－λSn>0对任意n∈N*都成立，
7
12n+1?2n+1(?1)n?1n即[2?(?2)?1]?[2?2?]?0(*)对任意n∈N*都成立. 932①当n为正奇数时，由(*)式得12n+19[2?2n?1]??3[22n+1?1]?0， 即1n+1λn+19(2?1)(2n?1)?3(2?1)?0， ∵2n+1－1>0，∴λ<13(2n?1)对任意正奇数n都成立.
当且仅当n=1时，13(2n?1)有最小值1，∴λ<1. ……10分
②当n为正偶数时，由(*)式得12n+1n9[2?2?1]??3[22n+1?2]?0， 即1n+1n2λ9(2?1)(2?1)?3(2n?1)?0， ∵2n－1>0，∴λ<1n+16(2?1)对任意正偶数n都成立.
当且仅当n=2时，1n+16(2?1)有最小值1.5，∴λ<1.5. ……12分
综上所述，存在常数λ，使得bn－λSn>0对任意n∈N*都成立，1). ……14分
8
λ的取值范围是(－∞，