默认复制构造函数

默认复制构造函数（精选4篇）

篇1：默认复制构造函数

#include//保存为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{//保存为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<<“有复制构造函数生成的rect2:”<

篇2：默认复制构造函数

【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3：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4：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）