第一篇：多文件及復制構造函數實例

#include//保存為rect.cpp #include”rect.h”

using namespace std;

Rectangle::Rectangle(intl,intt,intr,int b){left=l;top=t;right=r;bottom=b;} Rectangle::Rectangle(Rectangle &rec){left=rec.left;top=rec.top;

right=rec.right;bottom=rec.bottom;} void Rectangle::Assign(intl,intt,intr,int b){

} left=r;top=t;right=r;bottom=b;} cout<<“left-top point is(”<

class Rectangle{//保存為rect.hintleft,top,right,bottom;

public:

Rectangle(int l=0,intt=0,int r=0,int b=0);Rectangle(Rectangle &rec);

};~Rectangle(){};void Assign(int ,int ,int ,int);voidSetleft(int t){left=t;} voidSetRight(int t){right=t;} voidSettop(int t){top=t;} voidSetBottom(int t){bottom=t;;} void Show();

#include“rect.cpp”

#include

using namespace std;

int main(){

Rectangle rect;

} rect.Show();rect.Assign(100,200,300,400);rect.Show();Rectangle rect1(0,0,200,200);rect1.Show();Rectangle rect2(rect1);cout<<“有復制構造函數生成的rect2:”<

第二篇：構造函數

構造函數

1.設

f(x)，g(x)分別為定義在R上的奇函數和偶函數，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，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f(x)是定義在R上的奇函數，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f(x)滿足f?(x)?系為__________.時，f(a)與ea?

f(0)的大小關

5.若函數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，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f(x)是定義在(0,??)的非負可導函數，且滿足x?對任意正數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，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)

?

.在有窮數列?

?f(n)?

?(n?1,2,?,10)中，前kg(n)??

項和

為

1516，則k=__________.

第三篇：構造函數法

函數與方程數學思想方法是新課標要求的一種重要的數學思想方法，構造函數法便是其中的一種。

高等數學中兩個重要極限

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）．

下面用構造函數法給出兩個結論的證明．

（1）構造函數f(x)?x?sinx，則f?(x)?1?cosx?0，所以函數f(x)在(0,??)上單調遞增，f(x)?f(0)?0．所以x?sinx?0，即sinx?x．

（2）構造函數f(x)?x?ln(1?x)，則f?(x)?1??1n1n1x??0．所以函數f(x)在1?x1?x

(0,??)上單調遞增，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，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有關的命題有著廣泛的應用．

第四篇：拷貝構造函數剖析

拷貝構造函數剖析

在講課過程中，我發現大部分學生對拷貝構造函數的理解不夠深入，不明白自定義拷貝構造函數的必要性。因此，我將這部分內容，進行了總結。

拷貝構造函數是一種特殊的構造函數，其形參為本類的對象引用。功能：使用一個已經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據成員，即相同的屬性。

拷貝構造函數的函數原型：

A(const A& other){ … … }

拷貝構造函數的應用場合：

當用類的一個對象去初始化該類的另一個對象時；若函數的形參為類對象，調用函數時，實參賦值給形參；當函數的返回值是類對象時。比如：

A a1(10);

A a2 = a1;

A a3(a1);// 構造函數 // 拷貝構造函數 // 拷貝構造函數

默認拷貝構造函數：成員變量之間的“值”拷貝

編寫拷貝構造函數的必要性

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，會有何種后果？

現將a1賦給a2，缺省拷貝構造函數的“位拷貝”意味著執行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。

第五篇：構造函數證明不等式

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有關或能通過等價轉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 構造函數逆用判別式證明不等式

對某些不等式證明，若能根據其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數：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：

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

構造函數證明不等式

1、利用函數的單調性

+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。若采用函數思想，構造出與所證不等式密切相關的函數，利用函數的單調性來比較函數值而證之，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 b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數

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，運用函數的單調性證明，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（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f(x)是增函數還是減函數，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的單調性。

2、利用函數的值域

例

7、若x為任意實數，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。聯想到函數的值域，于是構造函數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 ∴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，應特別注意函數的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。

例

8、求證：必存在常數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，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數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, ∴lgx+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a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。

3、運用函數的奇偶性

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，實質是根據函數的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數的軸對稱性和奇函數的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。