構(gòu)造函數(shù)(完整版)
【正文】 )f(0)=0，所以xln(1+x)，即ln(1+x)x． 230。e,兩邊取對數(shù)，即證ln231。1246。n248。拷貝構(gòu)造函數(shù)的函數(shù)原型：A(const Aamp。 other){name = new char[strlen()+ 1]。這將造成二個錯誤：，任何一方變動都會影響另一方；二是在對象被析構(gòu)時，name被釋放了兩次。當⊿＝0時，b+c=0，此時，f(a)=a2+ac+c2+3ab=(ac)2=0，∴a=b=c時，不等式取等號。a+b+c=222解析：237。234。R+且a+b+c+d=1，求證：4a+1+4b+1+4c+1+4d+1﹤6。若采用函數(shù)思想，構(gòu)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。例求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ +lg2y對大于1的任意x與y恒成立。x變量分離直接構(gòu)造函數(shù) 抓住問題的實質(zhì)，化簡函數(shù)已知f(x)是二次函數(shù)，不等式f(x)0的解集是(0,5)，且f(x)在區(qū)間[1,4]上的最大值12.（1）求f(x)的解析式；（2）是否存在自然數(shù)m，使得方程f(x)+37=0在區(qū)間(m,m+1)內(nèi)有且只有兩個不等的x實數(shù)根？若存在，求出所有m的值；若不存在，請說明理由。0恒成立；（2）試討論關于x的方程mxng(x)=x32ex2+tx根的個數(shù)。q2p，則角q的取值范圍是（）(A)[0,p4](B)[pp5p,p](C)[,]4(D)[p3p4,2)xyxy變式、已知33179。(x)x恒成立，則下列命題可能錯誤的是()A．f(0)0 B．f(1)4f(2)C．f(1)4f(2)D．4f(2)f(1)二：構(gòu)造一次函數(shù)例二、對于滿足|a|163。4|x1x2|.四：消參構(gòu)造函數(shù)例五、設函數(shù)f(x)=x+aln(1+x)有兩個極值點x1，x2，且x1x2．2f(x1)f(x2)1．x1x2（I）求a的取值范圍，并討論f(x)的單調(diào)性；（II）證明：f(x2)五：消元構(gòu)造函數(shù)例六、已知函數(shù)f(x)=lnx，g(x)=ex．（Ⅰ）若函數(shù)j(x)=f(x)12ln2． 4x+1，求函數(shù)j(x)的單調(diào)區(qū)間； x1（Ⅱ）設直線l為函數(shù)的圖象上一點A(x0,f(x0))處的切線．證明：在區(qū)間(1,+165。M恒成立，則求M的最小值；（Ⅲ）若a179。2)234n2(n+1)例十、證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(+1)第 4 頁共 4 頁、移項法構(gòu)造函數(shù)【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當x1時，恒有1作差法構(gòu)造函數(shù)證明 【例2】已知函數(shù)f(x)=1163。x x+112x+：在區(qū)間(1,+165。0, c179。(1)=0 2（1）試用含有a的式子表示b，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）對于函數(shù)圖象上的不同兩點A(x1,y1),B(x2,y2)如果在函數(shù)圖象上存在點M(x0,y0)（其中x0206。(0,+165。0+y179。復合函數(shù)問題一定要堅持定義域優(yōu)先的原則，抓住函數(shù)的復合過程能夠逐層分解。R，求已知當x206。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。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的單調(diào)性證明，問題將迎刃而解。0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)2128163。235。
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