第一篇：結構體的構造函數(shù)
C++的struct和class差別很小，其實class就是從struct發(fā)展出來的。struct定義的結構體在C++中也是一個類，結構體可以有class的任何東西
struct AA
{
public:
int a;
int b;
private:
int a;
int b;
protected:
int GetA()const;
void SetA();
public:
int GetB()const;
AA & operator=(const AA & a);
public:
AA();
AA(const AA & a);
};
可以看到struct和class沒有區(qū)別，唯一的區(qū)別是，如果沒有寫public、private等，struct缺省是公有成員，class缺省是私有的。
第二篇：構造函數(shù)
構造函數(shù)
1.設
f(x)，g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x?0時，f?(x)g(x)?f(x)g?(x)?0，且g(?3)?0，則不等式f(x)g(x)?0的解集為______.2.設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)?0，當x?0時，有x?
f?(x)?f(x)?0
恒成立，則不等式x2f(x)?0的解集為__________.3.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x?(??,0)時，有x?<0成立，若a?30.3?
b
f?(x)+f(x)1
3f(3
0.3)，b??log?3??
f(log
?
3)，c?(log
9)?f(log
9)，則a、、c的大小關系為__________.f(x)，則當a?0
4.已知可導函數(shù)f(x)滿足f?(x)?系為__________.時，f(a)與ea?
f(0)的大小關
5.若函數(shù)f(x)對任意的x?R都有f?(x)?
A.3f(ln2)?2f(ln3)
f(x)
成立，則__________.B.3f(ln2)?2f(ln3)
C.3f(ln2)?2f(ln3)D.3f(ln2)與2f(ln3)的大小關系不確定
6.設f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(?1)?0，當x?0時，(x2
?1)?f?(x)?2x?f(x)?0，則不等式f(x)?0的解集為__________.7.已知函數(shù)f(x)是定義在(0,??)的非負可導函數(shù)，且滿足x?對任意正數(shù)a、b，若a f?(x)+f(x)?0，B.af(b)?bf(a)C.af(a)?f(b) D.bf(b)?f(a)，8.已知f(x)與g(x)都是定義在R上的函數(shù)，g(x)?0，f?(x)g(x)? f(x)?a?g(x)，x f(x)g?(x)?0 f(1)g(1) ? f(?1)g(?1) ? .在有窮數(shù)列? ?f(n)? ?(n?1,2,?,10)中，前kg(n)?? 項和 為 1516，則k=__________. 函數(shù)與方程數(shù)學思想方法是新課標要求的一種重要的數(shù)學思想方法，構造函數(shù)法便是其中的一種。 高等數(shù)學中兩個重要極限 1．limsinx?1 x?0x 11x2．lim(1?)?e（變形lim(1?x)x?e）x?0x??x 由以上兩個極限不難得出，當x?0時 1．sinx?x，2．ln(1?x)?x（當n?N時，(1?)n?e?(1?)n?1）． 下面用構造函數(shù)法給出兩個結論的證明． （1）構造函數(shù)f(x)?x?sinx，則f?(x)?1?cosx?0，所以函數(shù)f(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0．所以x?sinx?0，即sinx?x． （2）構造函數(shù)f(x)?x?ln(1?x)，則f?(x)?1??1n1n1x??0．所以函數(shù)f(x)在1?x1?x (0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0，所以x?ln(1?x)，即ln(1?x)?x． ?1?要證?1???n?事實上：設1?n?11?1??e,兩邊取對數(shù)，即證ln?1???, nn?1??11?t,則n?(t?1), nt?1 1因此得不等式lnt?1?(t?1)t 1構造函數(shù)g(t)?lnt??1(t?1),下面證明g(t)在(1,??)上恒大于0． t 11g?(t)??2?0, tt ∴g(t)在(1,??)上單調(diào)遞增，g(t)?g(1)?0, 即lnt?1?, 1 t 1?1??1?∴ ln?1???,∴?1???n??n?n?1n?1?e,以上兩個重要結論在高考中解答與導數(shù)有關的命題有著廣泛的應用． 拷貝構造函數(shù)剖析 在講課過程中，我發(fā)現(xiàn)大部分學生對拷貝構造函數(shù)的理解不夠深入，不明白自定義拷貝構造函數(shù)的必要性。因此，我將這部分內(nèi)容，進行了總結。 拷貝構造函數(shù)是一種特殊的構造函數(shù)，其形參為本類的對象引用。功能：使用一個已經(jīng)存在的對象始初化同類的一個新對象。這樣得到對象和原來的對象具有完全相同的數(shù)據(jù)成員，即相同的屬性。 拷貝構造函數(shù)的函數(shù)原型： A(const A& other){ … … } 拷貝構造函數(shù)的應用場合： 當用類的一個對象去初始化該類的另一個對象時；若函數(shù)的形參為類對象，調(diào)用函數(shù)時，實參賦值給形參；當函數(shù)的返回值是類對象時。比如： A a1(10); A a2 = a1; A a3(a1);// 構造函數(shù) // 拷貝構造函數(shù) // 拷貝構造函數(shù) 默認拷貝構造函數(shù)：成員變量之間的“值”拷貝 編寫拷貝構造函數(shù)的必要性 class A { public: A(const char* data) { name = new char[strlen(data)+ 1]; strcpy(name, data); } A(const A& other) { name = new char[strlen(other.name)+ 1]; strcpy(name, other.name); } private: char* name; }; 考察：char* data = “abcd”;A a1(data);A a2 = a1; 如果未定義拷貝構造函數(shù)，會有何種后果？ 現(xiàn)將a1賦給a2，缺省拷貝構造函數(shù)的“位拷貝”意味著執(zhí)行a2.name = a1.name。這將造成二個錯誤：一是a2.name和a1.name指向同一塊內(nèi)存，任何一方變動都會影響另一方；二是在對象被析構時，name被釋放了兩次。 在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數(shù)有關或能通過等價轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。 例1.設：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號何時成立。 解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc ⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。 當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時，不等式取等號。 ?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。 ?3??a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立，a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b??4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。3② 構造函數(shù)逆用判別式證明不等式 對某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數(shù)：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。 例3.設a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1，求證：4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析：構造函數(shù)： f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1) 2＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構造函數(shù)f(x)?(＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2bx?b)2?(3cx?c)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc111149 ∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc 構造函數(shù)證明不等式 1、利用函數(shù)的單調(diào)性 +例 5、巳知a、b、c∈R，且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構造出與所證不等式密切相關的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。 a?x+，其中x∈R，0 b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數(shù) b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數(shù) b?x∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0） ∴a?ma> b?mb例 6、求證：a?b1?a?b≤ a?b1?a?b（a、b∈R） [分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構造函數(shù)，運用函數(shù)的單調(diào)性證明，問題將迎刃而解。 [證明]令 f（x）= x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣ 得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣） 即： a?b1?a?b≤ a?b1?a?b [說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來證明，則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。 2、利用函數(shù)的值域 例 7、若x為任意實數(shù)，求證：— x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是構造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。 1?x222x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實數(shù) ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤ 22x11 ∴—≤≤ 21?x22 ∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數(shù)的定義域。 另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數(shù)更簡單。 例 8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y 對大于1的任意x與y恒成立。 [分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變元的函數(shù)，然后根據(jù)變元函數(shù)的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。 22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可變形為：Lga≥ lgx?lgylgx?lgy22 2（lgx?lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1 從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10 2即可。 故必存在常數(shù)a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。 3、運用函數(shù)的奇偶性 xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例 9、證明不等式： ?x?x?x2xx ∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12xxx [1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關于y軸對稱 x ∵當x>0時，1-2<0，故f(x)<0 當x<0時，根據(jù)圖象的對稱性知f(x)<0 故當 x≠0時,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結]本題運用了比較法，實質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對稱性和奇函數(shù)的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。第三篇：構造函數(shù)法
第四篇：拷貝構造函數(shù)剖析
第五篇：構造函數(shù)證明不等式
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