构造函数

构造函数（精选9篇）

篇1：构造函数

C#方法重载、构造函数、重载构造函数小结

方法重载

可以使同一功能适用于各种类型的数据，它是声明两个以上的同名方法，实现对不同数据类型进行相同的处理 方法重载的要求

1、重载的方法名称必须相同

2、重载的方法，其形参个数或类型必须不同

如我们定义了swap（ref int a,ref intb）该函数用来实现两个整形变量值的交换，但不会处理浮点型数据，我们在定义一个swap（ref flot a,ref flot b）,这样swap这个方法可以实现整形变量值的交换，也可以实现浮点型数据交换了（系统会根据数据的类型自己决定调用合适的方法）构造函数

主要作用是在创建对象（声明对象）时初始化对象。一个类定义必须至少有一个构造函数，如果定义类时，没有声明构造函数，系统会提供一个默认的构造函数。举个例子或许可以更好的理解它： 结果是：

若想在创建对象时，将对象数据成员设定为指定的值，则要专门声明构造函数。声明构造函数的要求：

1、构造函数不允许有返回类型

2、构造函数名称必须与类同名。

通常构造函数是为了在创建对象时对数据成员初始化，所以构造函数需要使用形参。public Student(string ID,int Age){

id=ID;

age=Age;} 由于上述构造函数带了参数，系统不会提供默认构造函数，所以在创建对象时，必须按照声明的构造函数的参数要求给出实际参数。

Student s1= new Student(“90090”,22);New关键字后面实际是对构造函数的调用。

如果声明构造函数时使用的参数名称和类数据成员名称相同，那么构造函数中使用的类数据成员名称要有this引导 Public student(string id,int age){

This.id=id;

This.age=age;} 关键字this指的是创建的对象，是声明对象时，由系统自动传递给构造函数的对象的引用形参。重载构造函数

构造函数和方法一样都可以重载。重载构造函数的主要目的是为了给创建对象提供更大的灵活性，以满足创建对象时的不同需要。

如上面的例子，如果只想改变age则重载构造函数Student只需要有一个参数age就可以了。虚方法

声明与基类同名的派生类方法 Public new 方法名称（参数列表）｛｝ 声明虚方法

基类中声明格式

Publicvirtual方法名称（参数列表）｛｝

派生类中声明格式

Publicoverride方法名称（参数列表）｛｝

调用基类方法

在派生类中声明一基类同名的方法，也叫方法重载。在派生类重载基类方法后，如果像调用基类的同名方法，使用base关键字。

声明抽象类和抽象方法 Public abstractclasse 类名称 ｛public abstract 返回类型方法名称（参数列表）；｝ 重载抽象方法

Public override 返回类型 方法名称（参数列表）

篇2：构造函数

：题设条件多元-构造一次函数

B：题设有相似结构-构造同结构函数主要介绍

C：题设条件满足三角特性-构造三角函数 D：其它方面——参考构造函数解不等式

A、题设条件多元时，选择构造一次函数

例

1、已知x.y.z(0,1).求证：x(1y)y(1z)z(1x)1（第15届俄罗斯数学竞赛

题）

分析 此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。可构造一次函数试解本题.证法一 函数图像性质法、构造函数f(x)(yz1)x(yzyz1)因为y,z(0,1)，所以

f(0)yzyz1(y1)(z1)0

f(1)yz1(yzyz1)yz0

而f(x)是一次函数，其图象是直线，所以由x0,1恒有f(x)0，即(yz1)x(yzyz1)0，整理可得x(1y)y(1z)z(1x)

1证法二函数单调性法、构造一次函数f(x)x(1y)y(1z)z(1x)整理，得：

f(x)(1yz)x(yzyz).(0x1)

因为0x1，0y1,0z1 所以11yz

1(1)当01yz1时,f(x)在0,1上是增函数，于是f(x)(2)当

11yz0

f(x)1yz1；

时,f(x)

在1,0上是减函数，于是

f(x)f(x)=yzyz=1(1y)(1z)1；

(3)当1yz0时，即yz1时，f(x)

成立。

yzyz1yz1。综上所知，所证不等式

小结(1)为了利用所构造的一次函数的单调性，将11yz1分成“01yz1,11yz0,1yz0”三种情况讨论，使问题得以解决。

(2)解决本题有两个核心的地方，一是将证式构造成一次函数，二是对一次项系数进行逻辑划分。

(3)本题也可以构造关于y或z的一次函数，这就需要真正理解函数的实质概念。

例

2、已知1a,b,c1：，求证:abcabc

2证明 构造一次函数y(bc1)x2bc，易知bc10，在1又x

则由一次函数的性质不难得知当1

x1时，y0；又1a1所以xa

1时,y(bc1)12bc

x1时，y

为减函数；

=bc1bc(1b)(1c)0

时，y0，即(bc1)a2bc0 命题得证

B、题设条件有相似结构时-构造同样结构的函数

例

1、a、b、c, R，求证

abc1abc



a1a



b1b



c1c

.证明：构作函数f(x)当任意x1，x2满足0

f(x2)f(x1)

x21x

2x1x

x1x，x[0,)，则研究这个函数性质如下：

时，0

x1x2



x11x

1

x2x1

(1x1)(1x2)，所以函数f(x)在[0,)是递增函数.f(|a||b||c|).因为|abc||a||b||c|，所以f(|abc|)即

|abc|1|abc|



|a||b||c|1(|a||b||c|)

|a|1|a|

|b|1|b|



|a|

1|a||b||c|



|b|

1|a||b||c|



|c|

1|a||b||c|



|c|1|c|

.不等式得证.例

2、解方程(6x+5)(1+

(6x5)4)x(1

x4)0．

为f(6x+5)=-f(x).只要证明f(x)是奇函数且是单调函数，就能简单的解出此题．

解：构造函数

f(x)=x(1+

原方程化为

f(6x+5)+f(x)=0．

显然f(-x)=-f(x)，f(x)是奇函数.再证f(x)具有单调性.x4))，f(x)在（-∞,+∞）上是增函数.所以f(6x+5)=f(-x)x=－

5C、题设条件满足三角函数的特性时-构造三角函数

例

1、已知a.b.x.yR.且a2b

21，xy1.求证：1axby

1证明 已知x

y

由a2b21，xy1，可设

bsin,acos.xcos,ysinaxbycoscossinsincos()1所

以1axby1

例

2、分析 由根号里面的代数式可以看出有这样的关系：x1x1且0故想到三角函数关系式并构造xsin2

所以ysinxcosx

D、其它-参考构造函数解不等式

在解决不等式的证明题时常常通过构造辅助函数，把原来问题转化为研究辅助函数的性质，并利用函数的单调性、有界性、奇偶性等性质来解决。

例

1、求证不等式：

证明：构造函数：f(x)

x1

2x

x1.(0

)



)，当



即x时,ymax



x12

x



x2

(x0)



x2

(x0)

x2x2

x

x

f(x)

x12

x

2

1

x2

所以

f(x)的图像关于y



xx

1(12)x212x12

x

x

x

x2

f(x).轴对称。当x0时，12x

0，故f(x)0；当x0时，依图象的对称性知f(x)0.故当x0时，恒有f(x)0.即

x12

x



x2

(x0).例

2、已知x0，求证：x

1x



1x

1x



52证明：构造函数f(x)

x

1x

(x0)，则x

1x

2，设2,由

f()f()

1

(

11()(1)

)()



1显然：因为2

，所以-＜0，＞1，所以f()

f()0，所以f(x)在2,上是单调递增的，所以

x

1x

1x

1x

f(2)

篇3：构造函数

【例1】 若定义在R上的函数f (x) 满足:对任意x1, x2∈R有f (x1-x2) =f (x1) +f (-x2) -2, 则下列结论正确的是 ( ) .

A.f (x) 的图像关于原点对称

B.f (x) 的图像关于点 (0, -2) 对称

C.f (x) 的图像关于点 (0, 2) 对称

D.f (x) 的图像关于y轴对称

解法1:∵f (x1-x2) =f (x1) +f (-x2) -2,

∴f (x1+x2) =f (x1) +f (x2) -2,

即f (x1+x2) -2=f (x1) -2+f (x2) -2.

设F (x) =f (x) -2, 则F (x1+x2) =F (x1) +F (x2) , 这里x1, x2∈R.

在上式中令x1=x2=0, 则F (0) =2F (0) , ∴F (0) =0,

再令x1=x, x2=-x, 则F (0) =F (x) +F (-x) ,

∴F (-x) =-F (x) .

这里x∈R, 所以F (x) 是奇函数, 即f (x) -2是奇函数, 故函数f (x) -2的图像关于原点对称, 将f (x) -2的图像向上平移2个单位得f (x) 的图像, 故f (x) 的图像关于点 (0, 2) 对称.

解法2:我们找一个已学过的函数模型让它满足题目条件 (例如:一次函数, 二次函数, 指数函数, 对数函数) , 而条件可看作线性关系, 设f (x) =kx+b, 则由f (x1-x2) =f (x1) +f (-x2) -2可得b=2, ∴f (x) =kx+2, 则f (x) 的图像关于点 (0, 2) 对称.

评析:很明显, 解法1很难入手, 解法2则找到了原型函数, 变得非常容易.

【例2】 设函数y=f (x) 满足f (x+1) =f (x) +1, 则函数y=f (x) 与y=x图像交点的个数可能是 ( ) .

A.无穷多个

B.0个或者有限个

C.有限个

D.0个或者无穷多个

解法1:由f (x+1) =f (x) +1可知f (x+1) -f (x) =1, 即自变量增加1则函数值也增加1, 若函数f (x) 的图像与直线y=x有交点, 则必有无数个;否则, 无交点.

解法2:很显然, 条件满足线性关系, 设f (x) =kx+b, 由f (x+1) =f (x) +1可知k=1, 则当b=0时, y=f (x) =x与y=x图像重合, 则有无穷多个交点;当b≠0时, y=f (x) =x与y=x图像平行, 则有0个交点.

评析:显然解法2更直观、清晰.

【例3】 已知定义在R上的奇函数f (x) 的图像关于直线x=1对称, f (-1) =1, f (1) +f (2) +f (3) +…+f (2009) 的值为 ( ) .

A.-1 B.0

C.1 D.2

解法1:由f (x) 的图像关于直线x=1对称, 得f (x) =f (2-x) , 由f (x) 为奇函数, 得f (2-x) =-f (x-2) , 因此f (x) +f (x-2) =0.

那么f (2) +f (4) +f (6) +f (8) +…+f (2008) =0,

f (3) +f (5) +f (7) +f (9) +…+f (2009) =0,

于是f (1) +f (2) +f (3) +…+f (2009) =f (1) =-f (-1) =-1.

解法2:考虑到周期性, 可联想正弦函数和余弦函数, 根据条件可以构造

$\begin{array}{l}y=f(x)=-\sin \frac{\text{π}}{2}x.\\ \because f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0‚\end{array}$

所以f (1) +f (2) +f (3) +…+f (2009) =f (2009) =f (4×502+1) =f (1) =-f (-1) =1.

篇4：构造恰当的函数

例 已知函数f（x）＝x+■+5-m，m∈R. 试讨论关于x的方程f（x）＝0的正实数解的个数．

解法一：方程的解即函数f（x）的零点，要讨论f（x）=0的正实数解的个数，我们可以研究f（x）在（0，+∞）上的图象．

f′（x）＝1-■＝■.

当x>0，m≤4时，∵ （x+2）2＞4， ∴ f′（x）>0， f（x）在（0，+∞）上单调递增．又f（0）=5-■>0， ∴ f（x）的大致图象如图1所示， 此时 f（x）没有正的零点．

当x>0，m＞4时， f′（x）=■，当0■-2时，f′（x）＞0， f（x）单调递增. f（x）的大致图象如图2所示．

当f（x）min=f（■-2）=2■+3-m=0，即m=9时，f（x）有1个正的零点；

当f（■-2）＞0，即4

当f（■-2）＜0且f（0）=5-■>0，即9

当f（■-2）＜0且f（0）≤0，即m≥10时， f（x）有1个正的零点．

综上所述，当m<9时，方程f（x）=0没有正实数解；当m=9或m≥10时，方程f（x）=0有1个正实数解；当9

评析：用函数的零点来解决方程的解的问题，是解答例题的关键． 解法一直接利用了条件中的现成函数来作图，但这个函数含有参数，所以要进行分类讨论，解答过程不免有些繁冗．

解法二：采用变量分离法，由方程x+■+5-m=0可得m=■，于是，方程的正实数解的个数就是函数y=m和函数g（x）=■ （x>0）的图象交点的个数．

g′（x）＝■． 当x>1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当0

评析：解法二通过变量分离法，将方程解的问题转化为关于x的新函数g（x）与y=m的交点问题，其好处是g（x）不再含有参数m，无需对m的取值范围进行分类讨论，优化了解答过程．

解法三：对方程x+■+5-m=0去分母整理得：m（x+1）=x2+7x+10 （①），所以方程的正实数解的个数就是直线y=m（x+1）和抛物线g（x）=x2+7x+10在（0，+∞）上的交点个数．

如图4所示，直线y=m（x+1）过定点（-1，0），当直线与抛物线相切于y轴右侧，即直线与抛物线在x∈（0，+∞）上只有一个交点时，通过①式的判别式Δ＝（7-m）2-4（10-m）=0可解得m=9. 当直线过（0，10）时，直线y=m（x+1）与抛物线也只有一个交点，解得m＝10． 根据直线斜率的变化可知，当m<9时，方程f（x）=0没有正实数解；当m=9或m≥10时，方程f（x）=0有1个正实数解；当9＜m<10时，方程f（x）=0有2个正实数解．

评析：在解法三中，方程的变形是有“预谋”的，目的是构造更简单的函数. 第一步去分母是为了去掉分式函数，第二步整理方程得到①式是为了在方程的等号两边构造我们熟悉的一次函数和二次函数，这样两个函数的图象就可不经过求导直接作出，解答过程更加简洁明了．

小结：从以上分析可以看出，题干给出的函数不一定是我们用来作图分析的最佳选择．有效的策略是：首先利用方程和不等式的性质对数式进行变形化简，简化运算过程；其次，方程和不等式问题的本质就是对等式或不等式两边的函数进行比较，所以要有目的地对等式或不等式进行转化，构造恰当的函数，使图形操作更简便可行．

【练一练】

已知关于x的不等式x2+2x-t+1>x-t恒成立，求t的取值范围．

【参考答案】

篇5：构造可导函数证明函数不等式

◎李思阳本溪市机电工程学校 117022

【内容简要】构造辅助函数，把不等式证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式。而如何构造一个可导函数，是用导数证明不等式的关键。本文从热门的高考题及模拟题中选出四种类型题供师生们参考。

【关键词】构造辅助函数；导数；不等式。

一．直接作差

1（2011·辽宁文科）设函数f(x)xax2blnx，曲线yf(x)过P（1，0），且在P点处的切线斜率为2.（1）求a，b的值；

（2）证明：f(x)2x2。

（1）解：f(x)=1+2ax1a0b.由已知条件得f(1)0，f(1)=2，即 x12ab2

解得a1。

b3

(2)证明:因为f(x)的定义域为（0，+∞），由（1）知f(x)xx23lnx。

设g(x)f(x)(2x2)=2xx3lnx，则g(x)=12x23(x1)(2x3)=。xx

当0＜x＜1时，g(x)＞0，当x＞1时，g(x)＜0。

所以g(x)在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减。而g(1)=0，故当x＞0时，g(x)≤0，即f(x)2x2。

总结：直接作差g(x)f(x)(2x2)，用导数得gmax(x)g(1)=0，从而得证。直接作差是证这类题最常用的方法。

二．分离函数

2.（2011·课标全国卷文科）已知函数f(x)

处的切线方程为x2y30。

（1）求a，b的值；

（2）证明：当x＞0，且x1时，f(x)＞

(1)解:略a1，b1。alnxb，曲线yf(x)在点（1，f(1)）x1xlnx。x1

lnx1lnx1x21，所以f(x)(2lnx)。（2）证明：由（1）知f(x)=x1xx11x2x

x21考虑函数h(x)=2lnx（x＞0），则 x

22x2(x21)(x1)2

=。h(x)=22xxx

所以当x1时，h(x)＜0，而h(1)0

当x∈（0，1）时，h(x)＞0，可得，故 1h(x)＞0； 21x

1h(x)＞0。当x∈（1，+∞）时，h(x)＜0，可得1x2

lnx从而当x＞0，且x1时，f(x)＞。x1

总结：作差后的函数如可分为两个函数的积，直接求导很繁，可取其中一个函数求导，再讨论证明。

三．巧妙变形

3.（2010·辽宁文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21。

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)f(x2)4x1x2。解：（1）略。

（2）不妨设x1≥x2，由于a2，故f(x)在（0，+∞）减少。所以

f(x1)f(x2)4x1x2等价于f(x2)f(x1)≥x1-x2，即f(x2)x2≥f(x1)x1。

a12ax24xa12ax4=令g(x)f(x)x，则g(x)=。于是 xx

4x24x1(2x1)2

g(x)≤≤0。xx

从而g(x)在（0，+∞）单调减少，故g(x1)≤g(x2)。即f(x1)x1≤f(x2)x2，故，对任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)f(x2)4x1x2。

总结：通过等价变形，构造函数g(x)，利用g(x)的单调性得证。

四．作函数积

12。exex

1212证明: 对任意的x（0，﹢∞），lnx1＞xx(lnx1)>x(x)exexee

x2设函数f(x)=xlnxx，g(x)=x+。ee

111f(x)=lnx2，f(x)=0，得x2，易知fmin(x)=f(2)=—2。eee4.（2011·本溪一中模拟）对任意的x（0，﹢∞），求证：lnx1＞

1exxex

，=0，得1，易知==。g(1)g(x)=g(x)g(x)xmaxee2x

11，∴fmin(x)＞gmax(x)，∴f(x)g(x)。ee2

x212∴xlnxxx+。因此lnx1＞x。exeee∵

篇6：构造函数-析构函数的调用顺序

昨天面试被问到这些，惭愧的很，居然搞混了，悔恨了一把。决定要彻底搞清楚。也算是有所收获。

首先说说构造函数，大家都知道构造函数里就可以调用成员变量，而继承中子类是把基类的成员变成自己的成员，那么也就是说子类在构造函数里就可以调用基类的成员了，这就说明创建子类的时候必须先调用基类的构造函数，只有这样子类才能在构造函数里使用基类的成员，所以是创建子类时先调用基类的构造函数然后再调用自己的构造函数。通俗点说，你要用某些物品，但这些物品你没办法自己生产，自然就要等别人生产出来，你才能拿来用。

接着就是析构函数了，上面说到子类是将基类的成员变成自己的成员，那么基类就会只存在子类中直到子类调用析构函数后。做个假设：假如在基类的析构函数调用比子类的先，这样会发生什么事呢？类成员终止了，而类本身却还在，但是在类存在的情况下，类成员就应该还存在的，这不就产生矛盾了吗？所以子类是调用自身的析构函数再调用基类的析构函数。

篇7：函数解答题-构造函数证明不等式

(I)求L的方程;

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.【答案】解:(I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx

yx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)

例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，2

1;1x(I)求证:1-xfx

(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要证x∈[0，1]时，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x.＝－x2

x2

设G(x)＝2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x1＋xa2＋2cos x.

－11x21记I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)

先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－2.241

记F(x)＝cos x－1＋x2，则F′(x)＝－sin x＋x.22

记G(x)＝－sin x＋x，则G′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

当x∈[0，1]时，12≤cos x.同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－2.411

综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

1x3

1－2 ≥(1－x)－ax－1－2x42

＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为 x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2 ≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3），≤x23

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．

例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)

设f(x)＝lnx＋x－1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)<2(x－1)； 9x－1

(2)当1

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x>1时，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(证法二)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，当x>1时，f(x)<2(x－1)．(2)(证法一)记h(x)＝f(x)－

9x－1，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2xx＋52＋xx＋55454＝2xx＋54xx＋5x＋53－216x

＝4xx＋5令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1

9x－1

x＋5(证法二)

记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1

－9 2x－1)＋(x＋5)x2x1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11

2x3xx－1＋x＋52＋22－18x 1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9x－1

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）已知a∈R，函数f(x)4x32axa（1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x)+ 2a＞0.【答案】

【解析】（1）由题意得f(x)12x22a，当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,.当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x)的单调递增区间为x，.(2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

x.33

所以g(x)ming10.3

当0x1时，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2.1

lnxk【答案】(I)f(x)，ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1.e

lnx1(II)由(I)知，f(x).ex

设k(x)

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数，xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).(III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx.x

e

篇8：构造函数法解题初探

本文主要介绍构造函数法在解高考题和高中数学竞赛题中的应用, 供高中师生教学时参考.

1 构造一次函数

例1 (2010年南昌市高中数学预赛试题) 已知|a|<1, |b|<1, |c|<1, 求证ab+bc+ca+1>0.

分析若从条件入手, 本题可以考虑用三角换元或绝对值不等式的性质;若从结论入手, 可对所证式子左端进行因式分解, 但这些解法都不理想.ab+bc+ca+1含3个字母a, b, c, 若从函数角度看, 以其中一个字母为主元, 另外两个作为字母系数, 即构造函数f (a) = (b+c) a+ (bc+1) , 问题便可迎刃而解.

证明构造一次函数, 设

故由一次函数性质知

f (a) =ab+bc+ca+1>0.

2构造二次函数

例2 (2012年全国高中数学联赛江西省预赛试题) 实数a, b, c满足:a+b+c=a2+b2+c2, 则a+b+c的最大值是___.

分析根据已知等式直接求a+b+c的最大值相当困难, 然而构造二次函数并集合判别式及不等式的性质就能快速找到解题的突破口.

解构造二次函数

当且仅当a=b=c=1时取等号.所以a+b+c的最大值是3.

3 构造三次函数

例3 (2013年高考新课标版Ⅱ理科试题) 等差数列{an}的前n项和为Sn, 已知S10=0, S15=25, 则nSn的最小值为___.

分析由于数列是特殊的函数, 所以结合解题目标, 很容易想到构造函数, 利用函数的单调性灵活解题.

构造三次函数

故所求nSn的最小值为-49.

4 构造五次函数

例4 (2009年合肥市高中数学竞赛试题) 已知x, y∈R且 (3x+y) 5+x5+4x+y=0, 试求4x+y的值.

分析因题设等式是关于x, y的五次多项式, 故启发我们通过等式变形去构造五次函数求解.

解由已知得

(3x+y) 5+ (3x+y) = (-x) 5+ (-x) ,

故构造函数

f (t) =t5+t (t∈R) ,

则原方程即为

f (3x+y) =f (-x) .

易知f (t) 是R上的单调增函数, 所以

3x+y=-x,

即4x+y=0.

5 构造指数函数

例5 (2001年罗马尼亚奥林匹克数学竞赛试题) 设实数a, b满足3a+13b=17a, 5a+7b=11b, 证明:a<b.

分析3个底数两两互素且指数不全相等的指数方程很难求解, 考虑将其放缩为指数相同的不等式.先假设a≥b, 则

构造指数函数

f (x) 单调递减, 又

可得a<1.

同样构造指数函数

g (x) 单调递减, 且

从而b>1.

因此a<1<b, 这与a≥b矛盾, 故a<b.

6构造对数函数

例6 (2015年江苏省苏锡常三市高考模拟题) 关于x的方程log3x=5-x的根为x0, x0∈ (m, m+1) , 则整数m=___.

分析已知条件是一个对数方程, 所以根据对数和方程的关系, 启示我们去构造出对数函数, 再联系函数的零点与方程根的关系求解.

解本题从解方程着手相当困难, 根据必修1中第二章“函数与方程”这节中的内容就相对简便了.故可以构造对数函数

f (x) =log3x-5+x,

若x0为f (x) =0 的零点, 则x0为方程log3x=5-x的根.

根据零点存在性定理, 发现

f (3) ·f (4) = (log33-5+3) (log34-5+4) <0,

故根据x0∈ (3, 4) , 以此求出m的值为3.

7构造反比例函数

例7 (2009年浙江大学自主招生试题) 已知x≠0, 当x取何值时, 的值最小?最小值是多少?

分析因为

故构造反比例函数, 如图1.设P为其图像上一个动点表示点P到原点的距离的平方, 即|OP|2.而动点P为和y=x两图像的交点时, |OP|2最小.因此, 此题可构造反比例函数解之.

解因为

所以的值最小, 最小值是16.

8 构造三角函数

例8 (北京大学2010 年自主招生试题) 证明:若0<x<1, 则x/2<arctan x<x.

分析直接证明x/2<arctan x<x不太好入手, 但由函数y=tan x在 (0, π/2) 是增函数, 则原命题可转化为证明tanx/2<x<tanx成立.

证明因为0<x<1, 所以

所以f (x) 在 (0, 1) 上是增函数, 所以f (x) >f (0) =0, tan x-x>0, x<tan x成立.令

所以g (x) 在 (0, 1) 上是增函数, 所以

9 构造一次函数和二次函数

例9 (2012年浙江省数学高考理科试题) 设a∈R, 若x>0时均有[ (a-1) x-1] (x2-ax-1) ≥0, 则a=___.

分析既然问题已分解为一次和二次因式的乘积, 则根据两个函数值正负变化的同步性, 将不等式问题转化为一次函数和二次函数的零点问题, 化一般为特殊, 以函数图像作为破解问题难点的切入口, 函数、方程、不等式相互转化, 借助两个函数值的正负变化化简问题, 解题的核心在于数形结合的解题魅力.

解构造一次函数和二次函数, 令

故y=g (x) 有正零点.由题意f (x) , g (x) 有相同的正零点, 如图2所示, 则

因此

10 构造指数函数和三次函数

例10 (2014 年江苏省阜宁高三测试题) 设函数y=x3与y= (1/2) x-2的图像的交点为 (x0, y0) , 且x0∈ (m, m+1) , m∈Z, 则m=___.

分析本题已知条件是两个函数, 为了求交点坐标, 故联想到构造出指数函数和三次函数, 再将问题转化为函数的零点问题来解决.

解构造指数函数和三次函数, 令

由函数y= (1/2) x-2在R上单调递减, 得函数y=- (1/2) x-2在R上单调递增.

又函数y=x3在R上单调递增, 则函数f (x) 在R上单调递增.

由函数y=x3与y= (1/2) x-2的图像的交点为 (x0, y0) , 得f (x0) =0, 即x0为函数f (x) 的零点.又

f (x) 在R上单调递增, 则x0∈ (1, 2) , 故

m=1.

总之, 构造函数解决数学问题的关键, 在于按照题设条件, 正确选择构造方法.这种构造方法之所以具有较强的灵活性和创造性, 是因为在解题过程中, 往往可以找到结论和条件之间的逻辑通道, 使问题简捷明快地得到解决.

教学实践证明, 注意对教材的专题研究, 既符合新课程标准关于“培养学生的探索精神和创新意识”的理念要求, 又有利于学生系统灵活地掌握学过的知识, 提高学习效率和综合运用数学思维的能力, 对于培养学生的创新视野和开拓精神, 对于帮助学生理解课本内容, 提高分析问题和解决问题的能力, 对于启迪思维, 开阔视野, 均颇有益处.同样, 这样的专题研究, 对于提高教师的教科研水平也会起到积极的作用.为此, 笔者认为, 加强这类专题研究, 很有必要.

练习1 (2010年南开大学自主招生试题) 关于x的不等式lg2x- (2+m) lg x+m-1>0, 对于|m|≤1恒成立, 求x的取值范围.

提示构造一次函数, 令

故x的取值范围是

练习2 (第2 届美国数学奥林匹克竞赛试题) 确定方程组

的实数解.

提示构造二次函数

即f (t) 为完全平方式, 从而有

t-x=t-y=t-z, 即x=y=z.

再由 (1) 即得x=y=z=1.这是方程 (1) , (2) 的唯一实数解, 它也适合 (3) , 所以原方程组的解为

x=1, y=1, z=1.

练习3 (2008年北京大学自主招生试题) 已知a1+a2+a3=b1+b2+b3, a1a2+a2a3+a3a1=b1b2+b2b3+b3b1, min{a1, a2, a3}≤min{b1, b2, b3}, 求证:max{a1, a2, a3}≤max (b1, b2, b3) .

提示设

因为a1≤b1, f (a1) =0, 而g (a1) ≤0, 所以C2≤C1, 又f (a3) =0, 于是

练习4 (2011年武汉大学自主招生试题) 解方程3x+4x+5x=6x.

提示方程两边同时除以6x, 整理得

构造指数函数

显然

则x=3是方程的一个解.

因为均为R上的减函数.所以f (x) 是定义域R上的减函数, 当x<3时, f (x) >f (3) =0;当x>3时, f (x) <f (3) =0.因而, 原方程有且只有唯一解x=3.

练习5 (2011年复旦大学自主招生试题) 方程|2x-1|=x2有___个实根.

提示该问题若只构建一个函数似乎无法解决, 那我们可以构建两个函数f (x) =|2x-1|与g (x) =x2, 这两个函数的交点个数即为对应方程根的个数.如图3, 共有4个根.

参考文献

[1]于志洪.构造一次函数证明不等式[J].中学生理科应试, 2010, (8) .

[2]于志洪.构造二次函数解全国初中联赛题[J].理科考试研究, 2009, (9) .

篇9：构造辅助函数解题

不等式恒成立、有解等问题，往往需构造辅助函数，借助导数研究函数的性质解题.这里列举几种常用的构造函数的方法，供大家参考.

一、不等式的证明

证明不等式f（x）>g（x），常用方法是：1作差构造函数h（x）=f（x）-g（x），转化为证明h（x）min>0.当h（x）求导后不易求得最小值时，考虑方法2；2求f（x）min，g（x）max，若满足f（x）min>g（x）max，则不等式f（x）>g（x）得证；3上述两法都不合适时，考虑先变形，再运用上述两法.

作差构造辅助函数

例1（2013北京18）设l为曲线C：y=lnxx在点（1，0）处的切线.

（1）求l的方程；

（2）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

分析：第（1）问考查函数f（x）=lnxx的在某点处的切线；第（2）问考查函数f（x）=lnxx与其他函数图象的关系，可转化为不等式lnxx0，x≠1恒成立，进而作差构造辅助函数g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，求证g（x）min>0即可.

解析：（1）切线l的方程为y=x-1；（2）除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方等价于lnxx0，x≠1恒成立.只需证x-1-lnxx>0，x>0，x≠1恒成立.令g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，只需证g（x）min>0.下求g（x）min.g′（x）=x2-1+lnxx2，又h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，故g′（x）=x2-1+lnxx2=0有且只有一个根x=1.因此，x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增；x∈（0，1）时，g′（x）<0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减.故g（x）min>g（1）=0.即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方.

变形构造辅助函数

例2（2014全国新课标21）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（1）求a，b；

（2）证明：f（x）>1.

分析：第（2）问，f（x）=exlnx+2ex-1x求导得f′（x）=exlnx+1xex-2x2ex-1+2xex-1，超越方程f′（x）=0的根不能操作.故必须转化，通常方法是将ex与lnx，ex与1x分离，将f（x）>1转化为不等式xlnx>xex-2e，再证明（xlnx）min>（xex-2e）max，故只需构造两个函数g（x）=xlnx和函数h（x）=xe-x-2e.

解析：（1）略，a=1，b=2.

（2）f（x）=exlnx+2ex-1x，从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-2e.

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，所以当x∈（0，1e）时，g′（x）<0；当x∈（1e，+∞）时，g′（x）>0，故g（x）在（0，1e）单调递减，在（1e，+∞）单调递增，从而g（x）min=g（1e）=-1e.令h（x）=xe-x-2e，则h′（x）=e-x（1-x），所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h（x）max=h（1）=-1e.故g（x）min≥h（x）max，等号取不到.故g（x）min>h（x）max.即（xlnx）min>（xex-2e）max成立，所以f（x）>1.

点评：对于由指数函数和对数函数组合而成的函数，常将指数和对数分开来处理，既含有指数又含有对数的函数求导后是难以求解的.另外，对于不等式xlnx>xex-2e，若作差构造函数又会遇到超越方程的问题，故继续考虑转化，用方法2：即转化为证明（xlnx）min>（xex-2e）max.

主元构造辅助函数

对于多元不等式的证明，选取适当的主元构造函数，一般将变量看作整体作主元或选择任意一个字母为主元.

例3已知函数f（x）=lnx图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为C（x0，y0），记直线AB的斜率为k，试证明：k>f′（x0）.

解法1：证明：f′（x）=1x，故f′（x0）=1x0=2x1+x2.又k=f（x2）-f（x1）x2-x1=lnx2-lnx1x2-x1=lnx2x1x2-x1，不妨设x2>x1，要证明：k>f′（x0），只要证lnx2x1x2-x1>2x1+x2.又因为x2>x1，所以只要证lnx2x1>2（x2-x1）x1+x2=2（x2x1-1）x2x1+1.即证lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1>0.令h（x）=lnx-2（x-1）x+1（x≥1），则h′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2≥0.故h（x）在[1，+∞）上是增函数.又x2x1>1，故h（x2x1）>h（1）=0，从而lnx2x1>2（x2x1-1）x2x1+1，即k>f′（x0）.

解法2：不妨设x1>x2，f′（x0）=2x1+x2，k=lnx1-lnx2x1-x2.要证明k>f′（x0），即证明lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0.令g（x）=lnx-lnx2-2（x-x2）x+x2，x>x2>0，则g′（x）=（x-x2）2x（x+x2）2>0，故函数g（x）在[x2，+∞）单调递增，所以g（x1）>g（x2）=0，即lnx1-lnx2-2（x1-x2）x1+x2>0，也就是k>f′（x0）.

点评：解法1将整体x1x2看作主元，作差构造函数，利用函数单调性求解；解法2选取两个参数中的一个字母x1为主元构造函数，另一个看作参数，再来研究函数的单调性.以上两种处理方法，也是我们处理两元函数问题时的常用方法：看作整体达到消元的目的；选取一个为自变量，另一个看作参数（常数）达到消元的目的，化“两元”为“一元”.

二、含参不等式恒成立问题

在高考试题中，利用导数求不等式中某一参数的范围问题非常活跃，且常以压轴题的形式出现.它的一般形式是：若关于x的不等式f（x，a）≤0（或≥0）对区间I中一切x都成立，求a的取值范围.一般的解法有两种：一是求出f（x，a）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围；二是用参数分离法，即将不等式转化为g（x）≤a（或≥a）的形式，其中g（x）中不含参数a，再求出g（x）在I中的最大值（或最小值），进而求出a的范围.方法一通常要分类讨论，对能力的要求较高；方法二只需求出不含参数的函数的最大值或最小值，如果这个函数比较简单，则相对比较容易.

分离参数法、作差法构造辅助函数

例4（2014江苏19）已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明：f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

分析：第（2）问，分离变量构造函数；第（3）问，已知条件是存在性问题，可作差构造函数h（x），转化为函数h（x）的最小值.要比较ea-1与ae-1的大小，可转化为比较a-1与（e-1）lna的大小，作差构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），考查函数值与0的大小关系.

解析：（1）证明：函数f（x）定义域为R，因为f（-x）=e-x+ex=f（x），所以f（x）是偶函数.

（2）由mf（x）≤e-x+m-1得m（f（x）-1）≤e-x-1，由于当x>0时，ex>1，因此f（x）=ex+e-x>2，即f（x）-1>1>0，所以m≤e-x-1f（x）-1=e-x-1ex+e-x-1对x∈（0，+∞）恒成立.令t=ex，t>1，则m≤1-tt2-t+1对任意t∈（1，+∞）恒成立，故F（x）=1-tt2-t+1.因为1-tt2-t+1=-t-1（t-1）2+（t-1）+1=-1t-1+1t-1+1≥-13，当且仅当t=2时等号成立.所以F（x）min=（1-tt2-t+1）min=-13，故m≤-13.

（3）由题意，不等式f（x）1时，h′（x）>0（因为a>0），故函数h（x）在[1，+∞）上是增函数，故h（x）min=h（1）=a-3a+e+e-1<0，即a>12（e+1e）>1.构造函数g（x）=（e-1）lnx-（x-1），（x≥1），则g′（x）=e-1x-1，当x=e-1时，g′（x）=0，当10；当x>e-1时，g′（x）<0，故g（x）在[1，e-1]上是增函数，在（e-1，+∞）上是减函数，又g（1）=0，g（e）=0，12（e+1e）>1，所以当12（e+1e）0，即（e-1）lnx>x-1，xe-1>ex-1；当x>e时，g（x）<0，即（e-1）lnx

三、构造辅助函数解决其他问题

联想构造（结构构造）辅助函数

例5（2013江苏13）在平面直角坐标系xOy中，设定点A（a，a），P是函数y=1x，（x>0）图象上一动点，若点P，A之间的最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为.

分析：已知点P，A之间的最短距离为22，自然想到距离公式（转化为代数函数，本题的切入点），设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，观察分式结构的特征，联想已有知识经验，不难发现，将x+1x作为一个整体，换元令x+1x=t可转化为关于t的二次函数PA2=f（t）=t2-2at+2a2-2，但需注意的是x+1x=t≥2（隐含条件）.

解析：设P（x，1x），则PA2=（x-a）2+（1x-a）2=x2+（1x）2-2a（x+1x）+2a2，x>0，令x+1x=t，则x+1x=t≥2.函数f（t）=t2-2at+2a2-2=（t-a）2+a2-2，t≥2，对称轴t=a，（1）当a≤2时，f（t）在[2，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（2）=2a2-4a+2，令2a2-4a+2=8得a=-1或3（舍），此时A（-1，-1）.

（2）当a>2时，f（t）在[2，a）上单调递减，在[a，+∞）上单调递增，所以f（t）min=f（a）=a2-2，令a2-2=8得a=10或-10（舍）.

综上，a的取值为-1或10.

点评：观察题目结构特征特别是隐性结构，如本题两个分式结构x2+（1x）2与x+1x的关系不难联想到通过平方构造，使两者有效联系，达到消元的目的，使结构简化，函数最值求法直观明朗.

例6（2009天津卷10）设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）>x2，则下面的不等式在R内恒成立的是（）.

A. f（x）>0B. f（x）<0

C. f（x）>xD. f（x）

分析：由2f（x）+xf′（x）联想两函数积的导数，构造函数.由2联想到x2的导数是2x.不等式两边同乘x，可配凑出函数x2f（x）的导数.

二次构造辅助函数

例7（2013辽宁11）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=exx，f（2）=e28，则x>0时，f（x）（）

A. 有极大值，无极小值

B. 有极小值，无极大值

C. 既有极大值又有极小值

D. 既无极大值也无极小值

解析：由已知条件得f′（x）=ex-2x2f（x）x3，令g（x）=ex-2x2f（x），则g′（x）=ex（1-2x）.令g′（x）=0得x=2.因此当x∈（2，+∞）时，g′（x）>0；当x∈（0，2）时，g′（x）<0.所以g（x）在x=2处有最小值g（2）=0.故g（x）≥0，从而f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极大（小）值，故选D.

点评：本题研究导函数的性质，对导函数中不能直接判断的部分构造辅助函数g（x），二次求导确定函数的极值.

经过适当的数学构造和变形，使非函数问题函数化，通过研究函数的图象和性质来解决原问题，是函数思想的重要体现.构造辅助函数，需进行系统的归纳梳理，掌握相关的方法，熟悉常用结构，才能突破难点，提升数学知识的应用能力.

（作者：潘培彬、张立建、陶富春，江苏省建湖高级中学）