高考数学第一轮复习第七章 §7.5　基本不等式的综合应用

这是一份高考数学第一轮复习第七章 §7.5　基本不等式的综合应用，共14页。

例1 (1)(2022·成都模拟)已知直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)与圆x2＋y2＝4相切，则lg2a＋lg2b的最大值为( )
A．3 B．2 C．－2 D．－3
答案 D
解析 因为直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)与圆x2＋y2＝4相切，
所以eq \f(1,\r(a2＋b2))＝2，即a2＋b2＝eq \f(1,4)，
因为a2＋b2≥2ab，
所以ab≤eq \f(1,8)(当且仅当a＝b时，等号成立)，
所以lg2a＋lg2b＝lg2(ab)≤lg2eq \f(1,8)＝－3，
所以lg2a＋lg2b的最大值为－3.
(2)(2022·合肥质检)若△ABC的内角满足sin B＋sin C＝2sin A，则( )
A．A的最大值为eq \f(π,3)
B．A的最大值为eq \f(2π,3)
C．A的最小值为eq \f(π,3)
D．A的最小值为eq \f(π,6)
答案 A
解析 ∵sin B＋sin C＝2sin A.
∴b＋c＝2a.
由余弦定理知
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(b＋c2,4),2bc)
＝eq \f(3b2＋c2－2bc,8bc)≥eq \f(6bc－2bc,8bc)＝eq \f(1,2)，
当且仅当b＝c时取等号．
又A∈(0，π)，
∴0教师备选
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点分别为F1，F2.若椭圆上有一点P，使PF1⊥PF2，则eq \f(b,a)的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
答案 B
解析 设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝2a，m2＋n2＝4c2，
∴2mn＝4a2－4c2＝4b2，
又2mn≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2，
即4b2≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2，
∴2b2≤a2，∴0思维升华 基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，一般利用常数代换法求最值，要注意最值成立的条件．
跟踪训练1 (1)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值等于( )
A．2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 ∵函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，
∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，
则f′(1)＝12－2a－2b＝0，
即a＋b＝6，
又a>0，b>0.
∴eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))(a＋b)
＝eq \f(5,6)＋eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))
≥eq \f(5,6)＋eq \f(1,6)×2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝eq \f(3,2)，
当且仅当2a＝b＝4时，等号成立．
此时满足在x＝1处有极值．
∴eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值等于eq \f(3,2).
(2)已知数列{an}是等比数列，若a2a5a8＝－8，则a9＋9a1的最大值为________．
答案 －12
解析 ∵a2a5a8＝－8，
∴aeq \\al(3,5)＝－8，
∴a5＝－2，
∴a1<0，a9<0，
a9＋9a1＝－(－a9－9a1)
≤－2eq \r(－a9－9a1)
＝－2eq \r(9a1a9)
＝－2eq \r(9·a\\al(2,5))
＝－12，
当且仅当－a9＝－9a1时取等号．
题型二 求参数值或取值范围
例2 (1)已知函数f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a等于( )
A．6 B．8 C．16 D．36
答案 D
解析 因为f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)，
故4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，
当且仅当4x＝eq \f(a,x)，
即x＝eq \f(\r(a),2)时取等号，
故eq \f(\r(a),2)＝3，a＝36.
(2)已知x，y属于正实数，若不等式eq \f(4,x)＋eq \f(9,y)≥eq \f(m,x＋y)恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，9] B．(－∞，16]
C．(－∞，25] D．(－∞，36]
答案 C
解析 因为x，y属于正实数，
所以不等式eq \f(4,x)＋eq \f(9,y)≥eq \f(m,x＋y)恒成立，
即m≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(9,y)))x＋y))min，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(9,y)))(x＋y)
＝13＋eq \f(4y,x)＋eq \f(9x,y)
≥13＋2eq \r(\f(4y,x)·\f(9x,y))＝25，
当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(9x,y)，即3x＝2y时，等号成立，
所以m≤25.
教师备选
(2022·沙坪坝模拟)已知函数f(x)＝2x3＋3x(x∈R)，若不等式f(2m＋mt2)＋f(4t)<0对任意实数t≥1恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3)))
C．(－∞，－eq \r(2))
D．(－2，－eq \r(2))
答案 C
解析 ∵f(x)的定义域为R，
且f(－x)＝－2x3－3x＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，
且f(x)在R上单调递增，
则不等式f(2m＋mt2)＋f(4t)<0等价于f(2m＋mt2)<－f(4t)＝f(－4t)，
∴2m＋mt2<－4t，即m<－eq \f(4t,t2＋2)对t≥1恒成立，
∵－eq \f(4t,t2＋2)＝－eq \f(4,t＋\f(2,t))≥－eq \f(4,2\r(t·\f(2,t)))＝－eq \r(2)，
当且仅当t＝eq \f(2,t)，即t＝eq \r(2)时等号成立，
∴m<－eq \r(2).
思维升华 求参数的值或取值范围时，要观察题目的特点．利用基本不等式确定等号成立的条件，从而得到参数的值或范围．
跟踪训练2 (1)(2022·杭州模拟)已知k∈R，则“对任意a，b∈R，a2＋b2≥kab”是“k≤2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 因为对任意a，b∈R，
有a2＋b2≥2ab，
而对任意a，b∈R，a2＋b2≥kab，
所以－2≤k≤2，
因为[－2,2]是(－∞，2]的真子集，
所以“对任意a，b∈R，a2＋b2≥kab”是“k≤2”的充分不必要条件．
(2)(2022·济宁质检)命题p：∃x∈(0，＋∞)，x2－λx＋1＝0，当p是真命题时，则λ的取值范围是________．
答案 [2，＋∞)
解析 依题意，方程x2－λx＋1＝0有正解，
即λ＝x＋eq \f(1,x)有正解，
又x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2，
∴λ≥2.
题型三 基本不等式的实际应用
例3 小王于年初用50万元购买了一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．
(1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？
(2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)
解 (1)设大货车运输到第x年年底，
该车运输累计收入与总支出的差为y万元，
则y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50＝－x2＋20x－50(0由－x2＋20x－50>0，可得10－5eq \r(2)因为2<10－5eq \r(2)<3，
所以大货车运输到第3年年底，该车运输累计收入超过总支出．
(2)因为利润＝累计收入＋销售收入－总支出，
所以二手车出售后，
小王的年平均利润为eq \f(y＋25－x,x)＝19－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))≤19－2eq \r(25)＝9，当且仅当x＝eq \f(25,x)，即x＝5时，等号成立，
所以小王应当在第5年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大．
教师备选
某高级中学高二年级部为了更好的督促本年级学生养成节约用水、珍惜粮食、爱护公物的良好习惯，现要设计如图所示的一张矩形宣传海报，该海报含有大小相等的左中右三个矩形栏目，这三栏的面积之和为60 000 cm2，四周空白的宽度为10 cm，栏与栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸，能使整个矩形海报面积最小，其最小值是________ cm2.
答案 72 600
解析 设矩形栏目的高为a cm，宽为b cm，
由题意可得3ab＝60 000，
所以ab＝20 000，即b＝eq \f(20 000,a)，
所以该海报的高为(a＋20)cm，
宽为(3b＋10×2＋5×2)cm，即(3b＋30)cm，
所以整个矩形海报面积
S＝(a＋20)(3b＋30)＝3ab＋30a＋60b＋600
＝30(a＋2b)＋60 600＝30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(40 000,a)))＋60 600
≥30×2eq \r(a·\f(40 000,a))＋60 600
＝30×400＋60 600＝72 600，
当且仅当a＝eq \f(40 000,a)，即a＝200时等号成立，
所以当广告栏目的高为200 cm，宽为100 cm时，能使整个矩形海报面积最小，其最小值是72 600 cm2.
思维升华 利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题，设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值．
跟踪训练3 网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2021年10月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足函数关系式x＝3－eq \f(2,t＋1).已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是______万元．
答案 37.5
解析 由题意知t＝eq \f(2,3－x)－1(1当且仅当x＝eq \f(11,4)时取等号，
即最大月利润为37.5万元．
课时精练
1．(2022·苏州模拟)设直线l与曲线y＝x3－eq \f(2,x)＋1相切，则l斜率的最小值为( )
A.eq \r(6) B．4 C．2eq \r(6) D．3eq \r(2)
答案 C
解析 因为x≠0，所以x2>0，
因为y′＝3x2＋eq \f(2,x2)≥2eq \r(6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当3x2＝\f(2,x2)，等号成立))，
所以l斜率的最小值为2eq \r(6).
2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12 C．9 D．6
答案 C
解析 由椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，
得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，
则|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．
3．(2022·北京人大附中模拟)数列{an}是等差数列 ，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比q>1，且a5＝b5，则( )
A．a3＋a7>b4＋b6 B．a3＋a7≥b4＋b6
C．a3＋a7答案 C
解析 因为数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，
所以a3＋a7＝2a5＝2b5，
b4＋b6≥2eq \r(b4b6)＝2b5，
所以a3＋a7≤b4＋b6，
又因为公比q>1，
所以a3＋a74．已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 B
解析 已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，只要求(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，
∵(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)
≥a＋2eq \r(a)＋1，
当且仅当y＝eq \r(a)x时，等号成立，
∴a＋2eq \r(a)＋1≥9，
∴eq \r(a)≥2或eq \r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4，
即正实数a的最小值为4.
5．(2022·湖南五市十校联考)原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济．小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是( )
A．第一种方案更划算
B．第二种方案更划算
C．两种方案一样
D．无法确定
答案 B
解析 设小李这两次加油的油价分别为x元/升、y元/升(x≠y)，则
方案一：两次加油平均价格为
eq \f(40x＋40y,80)＝eq \f(x＋y,2)>eq \r(xy)，
方案二：两次加油平均价格为
eq \f(400,\f(200,x)＋\f(200,y))＝eq \f(2xy,x＋y)故无论油价如何起伏，方案二比方案一更划算．
6．已知p：存在实数x，使4x＋2x·m＋1＝0成立，若綈p是假命题，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 ∵綈p为假命题，∴p为真命题，
即关于x的方程4x＋2x·m＋1＝0有解．
由4x＋2x·m＋1＝0，
得m＝－2x－eq \f(1,2x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,2x)))
≤－2eq \r(2x·\f(1,2x))＝－2，
当且仅当2x＝eq \f(1,2x)，即x＝0时，取等号．
∴m的取值范围为(－∞，－2]．
7．(2022·焦作质检)若数列{an}满足a2＝9，an－1＋n＝an＋1(n≥2且n∈N*)，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A.eq \f(7,2) B.eq \f(18,5) C.eq \f(11,3) D.eq \f(9,2)
答案 A
解析 因为数列{an}满足a2＝9，an－1＋n＝an＋1(n≥2且n∈N*)，
所以a1＋2＝a2＋1，
解得a1＝8，
所以an＝a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1＋a1
＝1＋2＋3＋…＋n－1＋8
＝eq \f(n2－n＋16,2)，
则eq \f(an,n)＝eq \f(n2－n＋16,2n)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(16,n)－1))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(n·\f(16,n))－1))＝eq \f(7,2)，
当且仅当n＝eq \f(16,n)，即n＝4时，等号成立，
所以eq \f(an,n)的最小值为eq \f(7,2).
8. 如图，在半径为4(单位：cm)的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD，其顶点A，B在直径上，顶点C，D在圆周上，则矩形ABCD面积的最大值为(单位：cm2)( )
A．8 B．10 C．16 D．20
答案 C
解析 连接OC，如图，设BC＝x，则OB＝eq \r(16－x2)，
所以AB＝2eq \r(16－x2)，
所以矩形ABCD的面积
S＝2xeq \r(16－x2)，x∈(0,4)，
S＝2xeq \r(16－x2)＝2eq \r(x216－x2)
≤x2＋16－x2＝16，
当且仅当x2＝16－x2，即x＝2eq \r(2)时取等号，此时Smax＝16.
9．已知向量m＝(x,2)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，y－\f(1,2)))(x>0，y>0)，若m⊥n，则xy的最大值为________．
答案 eq \f(1,24)
解析 因为向量m＝(x,2)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，y－\f(1,2)))，
且m⊥n，
所以3x＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))＝0，即3x＋2y＝1.
因为x>0，y>0，
所以1＝3x＋2y≥2eq \r(3x×2y)，
即xy≤eq \f(1,24)，
当且仅当3x＝2y＝eq \f(1,2)，
即x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,4)时取等号．
10．在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例．在西方，最早提出并证明此定理的为公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和．若一个直角三角形的斜边长等于5，则这个直角三角形周长的最大值为________．
答案 5eq \r(2)＋5
解析 设直角三角形的两条直角边边长分别为a，b，
则a2＋b2＝25.
因为(a＋b)2＝25＋2ab≤25＋2×eq \f(a＋b2,4)，
所以(a＋b)2≤50，
所以5当且仅当a＝b＝eq \f(5\r(2),2)时，等号成立．
故这个直角三角形周长的最大值为5eq \r(2)＋5.
11．已知圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最小值为________．
答案 9
解析 因为圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，
所以两圆相内切，其中C1(－2a,0)，r1＝2；C2(0，b)，r2＝1，
故|C1C2|＝eq \r(4a2＋b2)，
由题设可知eq \r(4a2＋b2)＝2－1⇒4a2＋b2＝1，
所以(4a2＋b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝eq \f(4a2,b2)＋eq \f(b2,a2)＋5
≥2eq \r(\f(4a2,b2)·\f(b2,a2))＋5＝9，
当且仅当b2＝2a2时等号成立．
12．(2022·北京朝阳区模拟)李明自主创业，经营一家网店，每售出一件A商品获利8元．现计划在“五一”期间对A商品进行广告促销，假设售出A商品的件数m(单位：万件)与广告费用x(单位：万元)符合函数模型m＝3－eq \f(2,x＋1).若要使这次促销活动获利最多，则广告费用x应投入________万元．
答案 3
解析 设李明获得的利润为f(x)万元，则x≥0，
则f(x)＝8m－x＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,x＋1)))－x
＝24－eq \f(16,x＋1)－x
＝25－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,x＋1)＋x＋1))
≤25－2eq \r(\f(16,x＋1)x＋1)＝25－8＝17，
当且仅当x＋1＝eq \f(16,x＋1)，
因为x≥0，即当x＝3时，等号成立．
13．(2022·柳州模拟)已知△ABC中，a2＋b2－c2＝ab≥c2，则△ABC一定是( )
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
答案 A
解析 由a2＋b2－c2＝ab，
则cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)，
又因为0°所以C＝60°，
因为a2＋b2－c2≥2ab－c2，当且仅当a＝b时取等号，
即ab≥2ab－c2，解得ab≤c2，
又因为ab≥c2，
所以ab＝c2，且a＝b时取等号，
因为C＝60°，
所以△ABC一定是等边三角形．
14．(2022·武汉模拟)已知平面向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))为三个单位向量，且〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝120°，若eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))(x，y∈R)，则x＋y的取值范围为________．
答案 [－2,2]
解析 由eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，
两边同时平方得
eq \(OC,\s\up6(→))2＝(xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→)))2，
即eq \(OC,\s\up6(→))2＝x2eq \(OA,\s\up6(→))2＋y2eq \(OB,\s\up6(→))2＋2xyeq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))，
∵平面向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))为三个单位向量，且〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝120°，
∴x2＋y2－xy＝1，
∴(x＋y)2＝1＋3xy≤1＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
即(x＋y)2≤4，即－2≤x＋y≤2.
15．(2022·大庆模拟)设函数f(x)＝|lg x|，若存在实数0A．M>N>Q B．M>Q>N
C．N>Q>M D．N>M>Q
答案 B
解析 ∵f(a)＝f(b)，
∴|lg a|＝|lg b|，
∴lg a＋lg b＝0，
即ab＝1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2＝eq \f(1,a＋b＋2)
＝eq \f(1,a＋\f(1,a)＋2)∴N＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2<－2，
又eq \f(a2＋b2,8)>eq \f(ab,4)＝eq \f(1,4)，
∴eq \f(a2＋b2,8)>eq \f(1,4)，
∴M＝lg2eq \f(a2＋b2,8)>－2，
又∵Q＝lneq \f(1,e2)＝－2，∴M>Q>N.
16．设0A．[－4,2] B．[－2,4]
C．[－4,0)∪(0,2] D．[－2,0)∪(0,4]
答案 A
解析 依题意k2＋2k≤eq \f(1,t)＋eq \f(2,1－2t)对∀t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))恒成立，
所以k2＋2k≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(2,1－2t)))min，
因为t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
所以1－2t>0，
所以eq \f(1,t)＋eq \f(2,1－2t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(2,1－2t)))(2t＋1－2t)
＝2＋2＋eq \f(1－2t,t)＋eq \f(4t,1－2t)
≥4＋2eq \r(\f(1－2t,t)·\f(4t,1－2t))＝8，
当且仅当eq \f(1－2t,t)＝eq \f(4t,1－2t)时取“＝”，
即t＝eq \f(1,4)时取得最小值，
所以k2＋2k≤8，
所以(k－2)(k＋4)≤0，
解得－4≤k≤2，即k∈[－4,2]．