第一篇：1 簡述構(gòu)造函數(shù)特點(diǎn)

簡述構(gòu)造函數(shù)特點(diǎn)

a)沒有函數(shù)返回值類型

b)必須與本類名完全相同

c)當(dāng)沒有為一個(gè)類顯示的定義一個(gè)構(gòu)造函數(shù)時(shí)，系統(tǒng)將自動(dòng)分配一個(gè)默認(rèn)的無參的方法體為空的構(gòu)造函數(shù)。如果定義了一個(gè)構(gòu)造函數(shù)，那么默認(rèn)的就沒有了。簡述構(gòu)造函數(shù)作用：為對(duì)象的屬性進(jìn)行初始化賦值。簡述this關(guān)鍵字的用法

a)this.成員屬性

b)this.成員屬性

c)this()在本類的構(gòu)造函數(shù)中第一條語句調(diào)用其他的構(gòu)造函數(shù)舉例說明靜態(tài)代碼塊和代碼塊的用法String StringBuilderStringBuffer 的區(qū)別String是否有l(wèi)ength？ 有常用的排序方法有哪些？Arrays類與Array類的區(qū)別？列舉String類中的常用的三個(gè)方法？列舉StringBuilder類中常用的三個(gè)方法？繼承的特點(diǎn)是什么？

a)子類繼承父類所有的成員屬性，包括私有屬性。

b)但是不繼承父類的構(gòu)造函數(shù)。

c)但是會(huì)在子類構(gòu)造函數(shù)的第一條語句由JVM默認(rèn)調(diào)用父類的無參的方法體為空的構(gòu)造函數(shù)。解釋多態(tài)的含義？：同一種事物的不同表現(xiàn)形式。說明private：私有的。默認(rèn)的：隱藏的。Protected：public：公有的。的用法 13 簡述java中的包機(jī)制Integer iter1 = 234;Integer iter2 = 234;試問：boolean res = iter1 = = iter2;res的結(jié)果為什么？ 15 Stringstr = new String(new String(new String(new String(new StringBuilder(“hello”)))));試問一共創(chuàng)建了幾個(gè)String對(duì)象？String str = new String(“你好”)；

StringBuilder sb = new StringBuilder(“你好”)；

boolean res= str.equals(sb);試問上述代碼是否有誤？如果有請(qǐng)指出并改正？如果父類的某個(gè)函數(shù)需要被子類重寫，那么這個(gè)函數(shù)不能用哪些關(guān)鍵字修飾？ 17 寫一個(gè)Singleton.

第二篇：構(gòu)造函數(shù)

構(gòu)造函數(shù)

1.設(shè)

f(x)，g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x?0時(shí)，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(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)?0，當(dāng)x?0時(shí)，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(dāng)x?(??,0)時(shí)，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(guān)系為__________.f(x)，則當(dāng)a?0

4.已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f?(x)?系為__________.時(shí)，f(a)與ea?

f(0)的大小關(guān)

5.若函數(shù)f(x)對(duì)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(guān)系不確定

6.設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(?1)?0，當(dāng)x?0時(shí)，(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(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足x?對(duì)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(xiàng)和

為

1516，則k=__________.

第三篇：構(gòu)造函數(shù)法

函數(shù)與方程數(shù)學(xué)思想方法是新課標(biāo)要求的一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，構(gòu)造函數(shù)法便是其中的一種。

高等數(shù)學(xué)中兩個(gè)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(gè)極限不難得出，當(dāng)x?0時(shí)

1．sinx?x，2．ln(1?x)?x（當(dāng)n?N時(shí)，(1?)n?e?(1?)n?1）．

下面用構(gòu)造函數(shù)法給出兩個(gè)結(jié)論的證明．

（1）構(gòu)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(gòu)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(shí)上：設(shè)1?n?11?1??e,兩邊取對(duì)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(gòu)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(gè)重要結(jié)論在高考中解答與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的命題有著廣泛的應(yīng)用．

第四篇：拷貝構(gòu)造函數(shù)剖析

拷貝構(gòu)造函數(shù)剖析

在講課過程中，我發(fā)現(xiàn)大部分學(xué)生對(duì)拷貝構(gòu)造函數(shù)的理解不夠深入，不明白自定義拷貝構(gòu)造函數(shù)的必要性。因此，我將這部分內(nèi)容，進(jìn)行了總結(jié)。

拷貝構(gòu)造函數(shù)是一種特殊的構(gòu)造函數(shù)，其形參為本類的對(duì)象引用。功能：使用一個(gè)已經(jīng)存在的對(duì)象始初化同類的一個(gè)新對(duì)象。這樣得到對(duì)象和原來的對(duì)象具有完全相同的數(shù)據(jù)成員，即相同的屬性。

拷貝構(gòu)造函數(shù)的函數(shù)原型：

A(const A& other){ … … }

拷貝構(gòu)造函數(shù)的應(yīng)用場合：

當(dāng)用類的一個(gè)對(duì)象去初始化該類的另一個(gè)對(duì)象時(shí)；若函數(shù)的形參為類對(duì)象，調(diào)用函數(shù)時(shí)，實(shí)參賦值給形參；當(dāng)函數(shù)的返回值是類對(duì)象時(shí)。比如：

A a1(10);

A a2 = a1;

A a3(a1);// 構(gòu)造函數(shù) // 拷貝構(gòu)造函數(shù) // 拷貝構(gòu)造函數(shù)

默認(rèn)拷貝構(gòu)造函數(shù)：成員變量之間的“值”拷貝

編寫拷貝構(gòu)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(gòu)造函數(shù)，會(huì)有何種后果？

現(xiàn)將a1賦給a2，缺省拷貝構(gòu)造函數(shù)的“位拷貝”意味著執(zhí)行a2.name = a1.name。這將造成二個(gè)錯(cuò)誤：一是a2.name和a1.name指向同一塊內(nèi)存，任何一方變動(dòng)都會(huì)影響另一方；二是在對(duì)象被析構(gòu)時(shí)，name被釋放了兩次。

第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式

在含有兩個(gè)或兩個(gè)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(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。

例1.設(shè)：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號(hào)何時(shí)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(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。

?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(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)造二項(xiàng)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(shè)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(gòu)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(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構(gòu)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(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0

abc111149

∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc

構(gòu)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(gòu)造出與所證不等式密切相關(guān)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(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)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(guān)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(shí)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(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。

1?x222x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實(shí)數(shù) ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤

22x11 ∴—≤≤

21?x22 ∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，應(yīng)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(gòu)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(duì)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?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?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(duì)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(duì)大于1的任意x、y恒成立。

3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性

xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設(shè)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(guān)于y軸對(duì)稱

x ∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2<0，故f(x)<0 當(dāng)x<0時(shí)，根據(jù)圖象的對(duì)稱性知f(x)<0 故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結(jié)]本題運(yùn)用了比較法，實(shí)質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運(yùn)用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對(duì)稱性和奇函數(shù)的中心對(duì)稱性，常能使所求解的問題避免復(fù)雜的討論。