构造函数与析构函数

2024-09-20

构造函数与析构函数（精选12篇）

构造函数与析构函数篇1

关于构造函数与析构函数的说明

 构造函数、析构函数一定有。

 子类构造函数（开始时）一定会调用父类构造函数。 子类析构函数（结束时）一定会调用父类析构函数。

1.如果没有定义构造函数，C++会自动添加默认构造函数（即无参的构造函数，只负责分配空间，不负责数据的初始化值）。

2.如果有定义的构造函数（不管有参的还是无参的），C++不会再自动添加默认构造函数。

3.子类的构造函数一定会调用父类构造函数，在不指定的情况下，自动调用无参的构造函数。

4.如果没有定义析构函数，C++会自动添加默认析构函数。

5.子类析构函数结束时会自动调用父类析构函数。

构造函数与析构函数篇2

例、 (2008年广州一模) 7.设f (x) 、g (x) 是上的可导函数, fˊ (x) 、gˊ (x) 分别为f (x) 、g (x) 的导函数, 且fˊ (x) g (x) +f (x) gˊ (x) <0, 则当时a

当时我们有很多的学生做错或者做对也只是很勉强或者干脆是碰运气选择而已, 事实上解这种题最适用的不过是构造函数法了。

解答如下:令h (x) =f (x) g (x) , 则hˊ (x) =fˊ (x) g (x) +f (x) gˊ (x) <0, 所以h (x) 在R上是单调递减的函数, 故当有

h (a) >h (x) >h (b) , 即f (a) g (a) >f (x) g (x) >f (b) g (b) , 选C。

评析:解答过程当中我们也会发觉此法非常好用, 但若要用此法就要求我们必须对导数的计算公式很熟练。事实上这种题完全可以变成另外一种形式如下:

变式:已知f (x) 、g (x) 是R上的可导函数, 且分别是奇、偶函数;当x>0时, fˊ (x) g (x) +f (x) gˊ (x) <0并满足f (2) =0, 则f (x) g (x) <0的解集是_____________.

提示:令h (x) =f (x) g (x) 可知h (x) 为奇函数, 然后按上述方法, 弄清单调性并依奇偶性画出粗略的函数草图便可得出答案: (-∞, -2) ∪ (0, 2)

思考:若在另一种题型的环境下出现了fˊ (x) g (x) -gˊ (x) f (x) <0, 我们又如何去构造函数呢?这留给我们读者去思考思考。

另外在证明不等式的过程当中, 此法的应用也非常可观, 直接或等价变形后, 结合不等式的结构特征, 构造相应的函数。通过导数运算判断出函数的单调性或利用导数运算来求出函数的最值, 将不等式的证明转化为函数问题, 即转化为比较函数值的大小, 或者函数值在给定区间上恒成立等。

例1.已知求证:sinx

证明;构造函数f (x) =x-sinx,

则f′ (x) =1-cosx>0,

所以f (x) , 在内是单调递增函数, 故f (x) >f (0) =0, 即x>sinx, 故sinx

这个三角不等式在相关教材中是用几何方法证明的。这里是构造函数, 利用函数的单调性来证明, 简单、快捷。

例2:求证:当>0时, x>ln (1+x。)

解析:令f (x) =x-ln (x+1) , ∵x>0 , ∴

又∵在x=0处连续, ∴f (x) 在[0, +∞) 上是增函数,

从而, 当x>0时, f (x) =x-ln (1+x) >f (0) =0,

即:x>ln (1+x) 成立。

上面两道不等式的证明的过程中我们用了构造函数方法, 而这道题是比较容易构造函数的, 因为只需要移项即可。但也有一些目是没有那么明显的, 它不一定是以函数形式出现的, 如下面一:

例:已知m, n为正整数, 且1 (1+n) m。分析:将待证不等式两边取对数, 得nln (1+m) >mln (1+n) , 即证明成立即可。

证明:构造函数 , 则有 , (事实上, 判断分子小于0时, 也要用到构造函数, 通过求导先说明 (x) =x- (x+1) ln (1+x) 在[2, +∞) 是个单调递减的, 再由s (x) ≦s (2) =2-3ln3<0) , 所以f (x) 在[2, +∞) 上是减函数。由2≤mf (n) ,

即 , nln (1+m) >mln (1+n) , 所以ln (1+m) n>ln (1+n) m, 即 (1+m) n> (1+n) m, 证毕。

用导数证明不等式, 关键在于构造函数, 然后在相应区间上用导数的相关知识判别其单调性, 再利用单调性得到所证明的不等式。构造函数和导数相结合已经越来越显得重要了, 在我国现在中学数学新教材中, 导数处于一种特殊的地位, 是高中数学知识的一个重要交汇点, 是联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具在各省高考试题中, 也出现了不少,

下面只举一例, 在2007年的全国卷就有一题。如下:

全国卷20.设函数f (x) =ex-e-x.

(Ⅰ) 证明:f (x) 的导数fˊ (x) ≥2;

(Ⅱ) 若对所有x≥0都有f (x) ≥ax求a的取值范围.

解: (Ⅰ) f (x) 的导数fˊ (x) =ex+e-x.

由于 , 故fˊ (x) ≥2. (当且仅当x=0时, 等号成立) 。

(Ⅱ) 令g (x) =f (x) -ax, 则gˊ (x) =fˊ (x) -a=ex+e-x-a,

ⅰ) 若a≤2, 当时x>0, gˊ (x) =fˊ (x) -a=ex+e-x-a,

故g (x) 在 (0, +∞) 上为增函数, 所以x≥0, 时, g (x) ≥g (0) ,

即f (x) ≥ax。

(ⅱ) 若a>2, 方程gˊ (x) =0的正根为 ,

此时, 若x∈ (0, x1) 则g′ (x) <0, 故g (x) 在该区间为减函数。

所以x∈ (0, x1) 时, g (x)

综上, 满足条件的的取值范围是 (-∞, 2]

总之, 在高三新课程复习中, 我们应关注高考的动向, 从实际出发, 既重视基础, 又注重对学生数学能力与综合素质的提高。而将新课程内容与传统的内容结合是近几年高考试题的一个重要特点, 也可以说是以后新课程试题的明显标志, 应引起教学中的关注。通过对构造函数这一创造性思维以及导数这一块内容的复习归纳能够提高学生的悟性, 启发引导学生自己去感悟、去应用知识从而争取更好的教学效果。

摘要：构造函数是一个知识独特应用广泛的重要方法, 针对构造函数的应用进行了阐述。

构造恰当的函数篇3

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】

不要轻视拷贝构造函数与赋值函数篇4

由于并非所有的对象都会使用拷贝构造函数和赋值函数，程序员可能对这两个函数有些轻视。请先记住以下的警告，在阅读正文时就会多心：

 本章开头讲过，如果不主动编写拷贝构造函数和赋值函数，编译器将以“位拷贝”的方式自动生成缺省的函数。倘若类中含有指针变量，那么这两个缺省的函数就隐含了错误。以类String的两个对象a,b为例，假设a.m_data的内容为“hello”，b.m_data的内容为“world”。

现将a赋给b，缺省赋值函数的“位拷贝”意味着执行b.m_data = a.m_data。这将造成三个错误：一是b.m_data原有的内存没被释放，造成内存泄露；二是b.m_data和a.m_data指向同一块内存，a或b任何一方变动都会影响另一方；三是在对象被析构时，m_data被释放了两次。

 拷贝构造函数和赋值函数非常容易混淆，常导致错写错用。拷贝构造函数是在对象被创建时调用的，而赋值函数只能被已经存在了的对象调用。以下程序中，第三个语句和第四个语句很相似，你分得清楚哪个调用了拷贝构造函数，哪个调用了赋值函数吗？ Stringa(“hello”);

Stringb(“world”);

Stringc = a;// 调用了拷贝构造函数，最好写成 c(a);

c = b;// 调用了赋值函数

拷贝构造函数剖析篇5

在讲课过程中，我发现大部分学生对拷贝构造函数的理解不够深入，不明白自定义拷贝构造函数的必要性。因此，我将这部分内容，进行了总结。

拷贝构造函数是一种特殊的构造函数，其形参为本类的对象引用。功能：使用一个已经存在的对象始初化同类的一个新对象。这样得到对象和原来的对象具有完全相同的数据成员，即相同的属性。

拷贝构造函数的函数原型：

A(const A& other){ … … }

拷贝构造函数的应用场合：

当用类的一个对象去初始化该类的另一个对象时；若函数的形参为类对象，调用函数时，实参赋值给形参；当函数的返回值是类对象时。比如：

A a1(10);

A a2 = a1;

A a3(a1);// 构造函数 // 拷贝构造函数 // 拷贝构造函数

默认拷贝构造函数：成员变量之间的“值”拷贝

编写拷贝构造函数的必要性

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;

如果未定义拷贝构造函数，会有何种后果？

构造函数解题6例篇6

例1若关于x的不等式

0≤x2+ax+2x+a+6≤4

有唯一实数解, 则a的值是 ()

(第26届“希望杯”高一培训题)

在平面直角坐标系xOy内作出函数y=f (x) 的图象, 如图.依题意, 可得

2.构造函数, 利用函数的单调性解题

例2设x, y为实数, 且满足

3.构造函数, 利用函数的奇偶性解题

(2012年全国高中联赛河北省预赛)

4.构造函数, 利用互为反函数的函数图象的性质解题

(第26届“希望杯”高一培训题)

5.构造函数, 利用求导公式解题

(2013年高考辽宁卷)

6.构造函数, 利用函数零点存在定理解题

(2015年“新华杯”数学竞赛)

合理构造函数，妙解导数问题篇7

一、特征构造

例1（2016·银川二模）f（x）是定义在非零实数集上的函数，f′（x）为其导函数，且x>0时，xf′（x）-f（x）<0，记a=f（20.2）20.2，b=f（0.22）0.22，c=f（log25）log25，则（）

A. a

C. c

分析：令g（x）=f（x）x，通过求导得到g（x）的单调性，从而解决问题.

解：令g（x）=f（x）x，则g′（x）=xf′（x）-f（x）x2，

∵x>0时，xf′（x）-f（x）<0，∴g（x）在（0，+∞）递减，

又log25>log24=2，1<20.2<2，0.22=0.04，

∴log25>20.2>0.22，

∴g（log25）点评：本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查了指数、对数的性质，解决本题的关键是根据所比较的三个数，合理构造函数，利用函数的单调性比较大小即可.

二、变形后构造函数

例2（2016·合肥二模）定义在R上的偶函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意的实数x，都有2f（x）+xf′（x）<2恒成立，则使x2f（x）-f（1）

A. {x|x≠±1}B. （-∞，-1）∪（1，+∞）

C. （-1，1）D. （-1，0）∪（0，1）

分析：根据已知条件构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出x>0时的取值范围，并根据偶函数的性质，求出x<0时的取值范围.

解：当x>0时，由2f（x）+xf′（x）-2<0：两边同乘以x得：

2xf（x）+x2f′（x）-2x<0.

设g（x）=x2f（x）-x2，则g′（x）=2xf（x）+x2f′（x）-2x<0，恒成立：

∴g（x）在（0，+∞）单调递减，由x2f（x）-f（1）

∴x2f（x）-x2

即x>1；

当x<0时，函数是偶函数，同理得：x<-1.

综上可知：实数x的取值范围为（-∞，-1）∪（1，+∞），故选：B.

点评：主要根据已知构造合适的函数，函数求导，并通过求导判断函数的单调性，并应用偶函数的性质，求对称区间上的解.解决本题需要注意对x的讨论.

三、移项法构造函数

例3（2016·江西模拟）设函数f（x）=ex（3x-1）-ax+a，其中a<1，若仅有一个整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是（）

A. [-2e，1）B. [-2e，34）

C. [2e，34）D. [2e，1）

分析：设g（x）=ex（3x-1），h（x）=ax-a，对g（x）求导，将问题转化为存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线h（x）=ax-a的下方，求导数可得函数的极值，解g（-1）-h（-1）=-4e-1+2a≥0，求得a的取值范围.

解：设g（x）=ex（3x-1），h（x）=ax-a，则g′（x）=ex（3x+2），

∴x∈（-∞，-23），g′（x）<0，g（x）单调递减，x∈（-23，+∞），g′（x）>0，g（x）单调递增，∴x=-23，取最小值-3e-23，∴g（0）=-1<-a=h（0），

g（1）-h（1）=2e>0，直线h（x）=ax-a恒过定点（1，0）且斜率为a，

∴g（-1）-h（-1）=-4e-1+2a≥0，∴a≥2e，a<1，∴a的取值范围[2e，1）.故答案选：D.

点评：本题考查求函数的导数，利用导数判断函数的单调性和极值问题，涉及转化的思想，解决本题可以画出图象，利用图象之间的位置关系帮助理解解题过程.

四、作差后构造

例4（2016·辽宁模拟）已知函数f（x）=ln（1+x）x（x>0）.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）证明：f（x）>2x+2.

分析：（1）根据导数和函数单调性的关系，以及导数和最值的关系即可求出；

（2）令h（x）=ln（1+x）-2xx+2，利用导数和最值的关系即可证明.

解：（1）∵f（x）=ln（1+x）x（x>0），

∴f′（x）=x1+x-ln（1+x）x2（x>0），

设g（x）=x1+x-ln（1+x），x>0，

∴g′（x）=1+x-x（1+x）2-11+x=-x（1+x）2<0，

∴g（x）在（0，+∞）为减函数，

∴g（x）

∴f′（x）<0，∴f（x）在（0，+∞）为减函数.

（2）令h（x）=ln（1+x）-2xx+2，

∴h′（x）=x2（x+1）（2+x）2，

x>0时，h′（x）>0，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴h（x）>h（0）=0，∴ln（1+x）>2xx+2，从而，x>0时，f（x）>2x+2得证.

点评：本题考查了导数和函数的单调性最值的关系，考查了转化思想，培养了同学们的运算能力，分析解决问题的能力，属于中档题.

构造函数与析构函数篇8

本文介绍构造法在证明不等式时的三个思路方向,阐述构造函数在证明不等式中的“神奇”效果.

方向一:选择主元,构造主元函数证明不等式

当待证式子中有多个变量时,要敢于把其中的一个变量作为主元,把其余的变量作为参数来处理,这样便可构造出大家熟知某个的一元函数模型.

例1 已知a,b,c∈R,且|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:ab+bc+ac>-1.

分析已知的是三个变量a,b,c的取值范围,而要求的是ab+bc+ac的范围,所以可将此式视为一元函数,如f(a)=(b+c)a+bc.从而转化为证明:当-1-1.

证明设f(a)=ab+bc+ca=(b+c)a+bc.

当b+c=0时,f(a)=bc.

因为|b|<1,|c|<1,所以|bc|<1,所以bc>-1.

当b+c≠0时,f(a)为a的一次函数,故f(a)大于f(-1),f(1)中的较小者.

因为f(1)=b+c+bc=(b+1)(c+1)-1,且

b>-1,c>-1,所以b+1>0,c+1>0,

所以(b+1)(c+1)>0,所以f(1)>-1.

因为f(-1)=-b-c+bc=(1-b)(1-c)-1,且b<1,c<1,所以1-b>0,1-c>0,所以(1-b)(1-c)>0,

所以f(-1)>-1.

所以当|a|<1时,f(a)>-1.

综上,可知ab+bc+ac>-1.

评注一般情况下,不等式问题可转化为以下几种函数问题:

①已知函数定义域,求函数最值或值域;

②利用函数单调性,比较函数值的大小.

例2 已知a,b,c∈R,且a+2b+3c=6,求证:a2+2b2+3c2≥6.

分析先消去一个变量,再视一个变量为主元,另一个变量为参数,可构造一元二次函数.

证明由已知,得a=6-2b-3c,

从而a2+2b2+3c2-6

=(6-2b-3c)2+2b2+3c2-6

=36+4b2+9c2-24b-36c

+12bc+2b2+3c2-6

=6[b2+2(c-2)b+(2c2-6c+5)].

令f(b)=b2+2(c-2)b+2c2-6c+5.

由Δ=[2(c-2)]2-4(2c2-6c+5)=-4(c-1)2≤0,

可得f(b)≥0.

故a2+2b2+3c2≥6.

评注条件中的等式可以用来消元.

方向二:类比结构特征,构造函数证明不等式

例3 已知a,b,c∈(0, +∞),且a+b>c,求证:a1+a+b1+b>c1+c.

分析分析待证式子的结构特征,发现其左右两边均具有形式“x1+x”,从而想到利用函数f(x)=x1+x的单调性来证明.

证明设函数f(x)=x1+x(x∈(0, +∞)).

任取x1,x2∈(0, +∞),且x1

则f(x1)-f(x2)=x11+x1-x21+x2=x1-x2(1+x1)(1+x2)<0,

所以f(x)在(0, +∞)上是单调增函数.

因为a+b>c,所以f(a+b)>f(c),

从而a1+a+b1+b>a1+a+b+b1+a+b=a+b1+a+b>c1+c.

评注如果不等式中的各项具有共同的特征,则可以考虑抓住这一特征构造函数,利用函数的相关知识来解决问题.

例4 求证不等式:a1-2a

分析构造函数f(x)=x1-2x-x2 (x≠0),可证得其为偶函数.

证明设f(x)=x1-2x-x2(x≠0),

则f(-x)=-x1-2-x+x2=-x•2x2x-1+x2

=x1-2x[1-(1-2x)]+x2

=x1-2x-x+x2=f(x),

所以f(x)的图像关于y轴对称.

当x>0时,1-2x<0,故f(x)<0;

当x<0时,依图像的对称性,知f(x)<0.

故当x≠0时,恒有f(x)<0.

所以a1-2a

评注这里利用了偶函数的性质,避免了分类讨论,简化了证明过程.

例5 已知a,b,c∈R,且a>0,2b>a+c,求证:b-b2-ac

分析待证结论中的b±b2-ac很容易让人联想到一元二次方程的求根公式.而当a>0时,f(x)=ax2+bx+c的图像是开口向上的,此时,若存在实数α,β,且α<β,使f(α)=f(β),则由f(x)

证明设f(x)=ax2-2bx+c.

因为a>0,2b>a+c,所以f(1)=a-2b+c<0,

故函数f(x)的图像大致如右图:

抛物线开口向上,与x轴有两个不同的交点(x1,0),(x2,0),且x1<1

而方程f(x)=0的两根为b±b2-aca,

所以b-b2-aca<1

又因为a>0,所以b-b2-ac

评注由f(x)=ax2-2bx+c及a>0,2b>a+c,知函数f(x)的图像与x轴必有两个交点,因此无需讨论判别式的符号.

方向三:类比相似结论,构造函数证明不等式

例6 先阅读下列不等式的证法,再解决后面的问题.

已知a1,a2∈R,a1+a2=1,求证:a21+a22≥12.

证明:构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2,

则f(x)=2x2-2(a1+a2)x+a21+a22=2x2-2x+a21+a22.

因为对一切x∈R,恒有f(x)≥0,所以Δ=4-8(a21+a22)≤0,

从而a21+a22≥12.

(1)若a1,a2, …, an∈R, a1+a2+…+an=1,请写出上述结论的推广结论;

(2)参考上述解法,对你的推广结论加以证明.

解 (1)若a1,a2, …,an∈R,a1+a2+…+an=1,则

a21+a22+…+a2n≥1n.

(2)构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2

=nx2-2(a1+a2+…+an)x+a21+a22+…+a2n

=nx2-2x+a21+a22+…+a2n.

因为对一切x∈R,都有f(x)≥0,所以Δ=4-4n(a21+a22+…+a2n)≤0,

故a21+a22+…+a2n≥1n.

评注利用构造法解题的最大特点是:调整思维角度,在更广阔的背景下考察问题中所涉及的代数、几何元素及其相互关系.所以应用构造法解题的关键有:①要明确解题的方向,即为何构造;②要弄清题目条件的本质特征,以便进行逻辑组合.

巩固练习

1. 设a,b,c∈R,求证:a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.

2. 已知i,m,n∈N,且1

求证:(1+m)n>(1+n)m.

部分Bent函数的构造篇9

文中利用级联Bent函数的方法,构造了一类平衡的部分Bent函数,并讨论了它的一些密码学性质。

1 基本概念

设F $_{2}^{n}$ =GF(2)n为二元域F2上的n维向量空间,Bn表示F2上的n元布尔函数。

设f(x),g(x)∈Bn,定义其汉明距离为 $d (f, g) = | {x | f (x) \neq g (x), x \in F_{2}^{n}} |$ ,Walsh距离为

$\begin{array}{l} W d (f, g) = | {x | f (x) = g (x), x \in F_{2}^{n}} | - | {x | f (x) \neq \\ g (x), x \in F_{2}^{n}} | 。 \end{array}$

定义1 设f(x)∈BN,定义其循环Walsh谱为

$S_{(f)} (ω) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x) \oplus x \cdot ω}$ (1)

其中ω∈F $_{2}^{n}$ ,x·ω 表示内积。

定义2 设f(x)∈Bn,定义其自相关函数为 $r_{f} (s) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x) \oplus f (x \oplus s)}, s \in F_{2}^{n}$ 。

若 $| r_{r} (s) | = 2^{n}$ ,即f(x)♁f(x♁s)是常数,则称s为函数f(x)的线性结构。

定义3 设f(x)∈Bn,定义其非线性度为

$Ν_{f} = \min_{l \in A (n)} d (f, l)$ (2)

其中 $A (n) = {a_{0} \oplus a_{1} x_{1} \oplus, \dots, \oplus a_{n} x_{n} | a_{i} \in F_{2}, 0 \leq i \leq n}$ 为n元仿射函数集。当a0=0时,记为L(n)。

定义4 设f(x)∈Bn,若对任意ω∈F $_{2}^{n}$ 都有 $| S_{(f)} (ω) | = 2^{\frac{n}{2}}$ ,则称f(x)为Bent函数。

引理1[7] 设f(x)∈Bn,则

$S_{(f)} (ω) = W d (f, ω \cdot x), Ν_{f} = 2^{n - 1} - \frac{1}{2} \max_{ω \in F_{2}^{n}} | S_{(f) (ω)} |$ (3)

$\begin{array}{l} 定义 5 设 f (x) \in B_{n}, 记 Ν_{r} = | {s \in F_{2}^{n} | r_{f} (s) \neq \\ 0} |, Ν_{s} = | {ω \in F_{2}^{n} | S_{(f)} (ω) \neq 0} | \end{array}$

,若有NrNr=2n,则称f(x)为部分Bent函数。

2 主要结果

设f(x),g(x)∈Bn,用F=fg表示由f和g级联而成的F $_{2}^{n + 1}$ 上的函数,即F的输出序列为f和g输出序列的联结。记fc(xn,…,x1)=1♁f(xn,…,x1),fr(xn,…,x1)=f(1+♁xn,…,1♁x1),显然frc=(fr)c=(fc)r。

引理2[8] 设f(x),g(x)∈Bn,则

Wd(f,g)=-Wd(f,gc),Wd(fr,g)=Wd(f,gr) (4)

进而有Wd(fc,g)=0当且仅当Wd(f,g)=0。

定理1 设f(x)∈Bn,ω∈F $_{2}^{n}$

(1) 若wt(ω)是偶数,则S(f)(ω)=S(fr)(ω);

(2) 若wt(ω)是奇数,则S(f)(ω)=-S(fr)(ω)。

证明由Walsh谱定义知

$S_{(f^{r})} (ω) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x \oplus 1) \oplus x \cdot ω} = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x) \oplus (x \oplus 1) \cdot ω} = (- 1)^{w t (ω)} S_{(f)} (ω) (5)$

结论显然。

下面利用引理2和定理1来构造部分Bent函数。

定理2 设f(x)为F $_{2}^{n}$ 上的Bent函数,定义F $_{n}^{n + 2}$ 上的函数F如下

F=ffcfrfcc (6)

则

(1) F是平衡函数;

$(2) Ν_{F} = 2^{n + 1} - 2^{\frac{n}{2} + 1};$

(3) F的代数次数为 $\frac{n}{2};$

(4) F是F $_{2}^{n + 2}$ 上的部分Bent函数。

证明设x=(xn+2,xn+1,x′)∈F $_{2}^{n + 2}$ ,其中x′∈F $_{2}^{n}$ ,xn+2,xn+1∈F2,则

F(x)=(xn+2♁1)(xn+1♁1)f(x′)♁(xn+2♁1)xn+1fc(x′)♁xn+2(xn+1♁1)fr(x′)♁xn+2xn+1frc(x′)

下面计算F的Walsh谱值。设ω=(ωn+2,ωn+1,ω′)∈F $_{2}^{n + 2}$ ,其中ω′∈F $_{2}^{n}$ ,ωn+2,ωn+1∈F2,则

$S_{(F)} (ω) = \sum_{x \in F_{2}^{n + 2}} (- 1)^{F (x) \oplus x \cdot ω} = \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, \\ x_{n + 2}, x_{n + 1} \in F_{2} \end{array}} (- 1)^{F (x) \oplus x^{'} \cdot ω^{'} \oplus x_{n + 2} ω_{n + 2} \oplus ω_{n + 1}} = \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, \\ x_{n + 2} = x_{n + 1} = 0 \end{array}} (- 1)^{f (x) \oplus x^{'} \cdot ω^{'}} + \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, \\ x_{n + 2} = 0, x_{n + 1} = 1 \end{array}} (- 1)^{f^{c} (c) \oplus x^{'} \cdot ω^{'} \oplus ω_{n + 1}} + \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, \\ x_{n + 2} = 1, x_{n + 1} = 0 \end{array}} (- 1)^{f^{r} (x) \oplus x^{'} \cdot ω^{'} \oplus ω_{n + 2}} + \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, \\ x_{n + 2} = x_{n + 1} = 1 \end{array}} (- 1)^{f^{r c} (x) \oplus x^{'} \cdot ω^{'} \oplus ω_{n + 2} \oplus ω_{n + 1}} = S_{(f)} (ω^{'}) + (- 1)^{ω_{n + 1}} S_{(f^{c})} (ω^{'}) + (- 1)^{ω_{n + 2}} S_{(f^{r})} (ω^{'}) + (- 1)^{ω_{n + 1} \oplus ω_{n + 2}} S_{(f^{r c})} (ω^{'}) (7)$

设ω′∈F $_{2}^{n}$ 。以下分4种情况讨论:

(1) 当ωn+2=0,ωn+1=0时。若wt(ω′)是偶数,则S(F)(ω)=0;若wt(ω′)是奇数,则S(F)(ω)=0;

(2) 当ωn+2=0,ωn+1=1时。若wt(ω′)是偶数,则 $S_{(F)} (ω) = \pm 2^{\frac{n}{2} + 2}$ ;若wt(ω′)是奇数,则S(F)(ω)=0;

(3) 当ωn+2=1,ωn+1=0时。若wt(ω′)是偶数,则S(F)(ω)=0;若wt(ω′)是奇数,则S(F)(ω)=0;

(4) 当ωn+2=1,ωn+1=1时。若wt(ω′)是偶数,则S(F)(ω)=0;若wt(ω′)是奇数,则 $S_{(F)} (ω) = \pm 2^{\frac{n}{2} + 2}$ 。

故F是平衡的三Walsh谱值函数,其Walsh谱值为 $\pm 2^{\frac{n}{2} + 2}$ ,Walsh谱值不等于零的元素个数为2n,其非线性度为 $2^{n + 1} - 2^{\frac{n}{2} + 2}$ ,且代数次数为 $\frac{n}{2}$ 。

下面再对F的自相关函数进行分析,设s=(sn+2,sn+1,s′)∈F $_{2}^{n + 2}$ ,其中s′∈F $_{2}^{n}$ ,sn+2,sn+1∈F2,则

ΔF(s)=F(x)♁F(x♁s)=(xn+2♁1)(xn+1♁1)f(x′)♁(xn+2♁1)xn+1fc(x′)♁xn+2(xn+1♁1)fr(x′)♁xn+2xn+1frc(x′)♁(xn+2♁sn+2♁1)(xn+1♁sn+1♁1)f(x′♁s′)♁(xn+2♁sn+2♁1)(xn+1♁sn+1)fc(x′♁s′)♁(xn+2♁sn+2)(xn+1♁sn+1♁1)fr(x′♁s′)♁(xn+2♁sn+2)(xn+1♁sn+1)fr(x′♁s′)=xn+2(f(x′)♁f(x′♁s′))♁xn+2(fr(x′)♁fr(x′♁s′))♁sn+2(f(x′♁s′)♁fr(x′♁s′))♁f(x′)♁f(x′♁s′)♁sn+1 (8)

下面分情况讨论,设 $r_{F} (s) = \sum_{x \in F_{2}^{n + 2}} (- 1)^{Δ_{F} (s)}, 0 = (0, 0, \dots, 0) \in F_{2}^{n}, 1 = (1, 1, \dots, 1) \in F_{2}^{n}$ 。

(1)当s′=0,(sn+2,sn+1)=(0,1)时,ΔF(s)=1,rF(s)=-2n+2(sn+2,sn+1)=(1,0)时, $Δ_{F} (s) = f (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'}), r_{F} (s) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'})} = 0$ ;(sn+2,sn+1)=(1,1)时, $Δ_{F} (s) = f (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'}) \oplus 1, r_{F} (s) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{f (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'}) \oplus 1} = 0$ 。

(2)当s′≠0且s′≠1,(sn+2,sn+1)=(0,1)时, $Δ_{F} (s) = x_{n + 2} (f (x^{'}) \oplus f (x^{'} \oplus s^{'})) \oplus x_{n + 2} (f^{r} (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'} \oplus f (x^{'} \oplus s^{'}) \oplus 1, r_{F} (s) = \sum_{x \in F_{2}^{n}} (- 1)^{Δ_{F} (s)} = \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, x_{n + 1} \in F_{2} \\ x_{n + 2} = 0 \end{array}} (- 1)^{f (x^{'}) \oplus f (x^{'} \oplus s^{'}) \oplus 1} + \sum_{\begin{array}{l} x^{'} \in F_{2}^{n}, x_{n + 1} \in F_{2} \\ x_{n + 2} = 0 \end{array}} (- 1)^{f^{r} (x^{'}) \oplus f^{r} (x^{'} \oplus s^{'}) \oplus 1} = 0$ 用同样的分析方法,可以证明当(sn+2,sn+1)=(1,0),(sn+2,sn+1)=(1,1),(sn+2,sn+1)=(0,0)时,rF(s)=0。

(3)当s′=1,(sn+2,sn+1)=(0,0)时,ΔF(s)=f(x′)♁f(x′♁1),rF(s)=0;(sn+2,sn+1)=(0,1)时,ΔF(s)=f(x′)♁f(x′♁1)♁1,rF(s)=0;(sn+2,sn+1)=(1,0)时,ΔF(s)=0,rF(s)=2n+2;(sn+2,sn+1)=(1,1)时,ΔF(s)=1,rF(s)=-2n+2。通过上面的分析,得出F有4个线性结构,而在其它值处的自相关值为零,由此得到Nr=22。在前面函数Walsh谱值分析中,得知Ns=2n,故而有NrNs=2n+2,于是证明了所构造的函数是部分Bent函数。

推论1 利用定理2给出的构造方法,同样可以构造函数G=ggcgrgrc,其中g∈{f,fc,fr,frc},f(x)为F $_{2}^{n}$ 上的Bent函数,则函数G为F $_{2}^{n + 2}$ 上的部分Bent函数且具有定理2中的性质。

3 结束语

文中给出了构造一类平衡的部分Bent函数的方法,并讨论了它的一些密码学性质。通过这种构造方法,得到了大量的平衡部分Bent函数,这种函数在流密码后作代性组合生成器和分组密码后与盒的设计中具有广泛的用途。

摘要：部分Bent函数是一类具有若干优良密码学性质的函数,在流密码和分组密码的设计中有着重要的作用。文中以Walsh谱和自相关函数为工具,通过级联Bent函数的方法,构造出一类部分Bent函数,该函数是平衡的且具有高非线性度,同时给出了该函数的其它一些密码学性质。

关键词：Bent函数,部分Bent函数,Walsh循环谱,自相关函数

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构造函数在解题中的应用篇10

一、构造函数证明不等式

例1已知x>1, 证明不等式x>ln (1+x) .证明构造函数f (x) =x-ln (1+x) (x>1) ,

当x>1时, f′ (x) >0,

∴f (x) 在 (1, +∞) 上单调递增,

证法1∵a+b=1, ∴b=1-a.

证法2构造函数f (x) = (x-a) 2+ (x-b) 2.

∴f (x) =2x2-2 (a+b) x+a2+b2.

对一切x∈R, 恒有f (x) ≥0.

∴Δ=4 (a+b) 2-8 (a2+b2) ≤0,

例3已知a2+ab+ac<0, 求证:b2>4ac.

证明当c=0时, 不等式显然成立;

当c≠0时, 将已知变形为a (a+b+c) <0,

即a与a+b+c异号.

构造函数f (x) =cx2+bx+a.

∵f (0) =a, f (1) =a+b+c,

则f (0) 与f (1) 异号,

∴f (x) 的图像与x轴有两个交点,

故判别式Δ=b2-4ac>0, 即b2>4ac.

二、构造函数比较大小

例4比较与的大小.

解构造函数 , 易知f (x) 是偶函数.

当x<0时, -x>0∴f (x) =f (-x) >0

∴当x≠0时, 恒有f (x) >0, 即 .

三、构造函数解不等式

例5解不等式 (lgx+3) 3+ (lgx+3) ≥- (lgx3+lgx) .

解构造函数f (t) =t3+t, 则f (t) 在R上单调递增且为奇函数.

原不等式可化为f (lgx+3) ≥-f (lgx) , 即f (lgx+3) ≥f (-lgx) ,

∴lgx+3≥-lgx, 解得x≥10.

四、构造函数求参数的范围

例6设不等式mx2-2x-m+1<0对于满足|m|≤2的一切m的值都成立, 求x的取值范围.

解从形式上看, 是关于x的一元二次不等式, 实质上是一个关于m的一元一次不等式, 且知解集为[-2, 2], 求参数x的范围.

构造函数f (m) = (x2-1) m+ (1-2x) .

由于|m|≤2时恒有f (m) <0, 则只须

例7若 , 则α∈ ( ) .

解构造函数f (α) =sinα+cosα-tanα, α∈0, .

由二分法原理, 可知f (α) 在间有零点, 固选C.

构造函数法在中职数学中的应用篇11

【关键词】构造函数法中职数学应用

一、中职数学教學分析

（一）课程目标

在初中数学基础的支撑之下，中职数学教学的培养目标是使学生能够进一步掌握生活和职业岗位所要求的数学知识，进而培养学生的计算机技能、专业化的数据处理能力和应用能力，并在此基础上锻炼学生自身的观察能力、逻辑思维能力以及空间想象力，最终达到通过数学积累有效解决问题的目的，养成良好的学习习惯和数学思维能力，完善自身实践意识和创新思维，运用科学严谨的学习态度，为往后的就业提供良好的基础和能力准备。

（二）教学内容

中职数学的教学内容分为基础模块、职业模块以及拓展模块三个部分，相对而言，教学内容相对简单且有侧重点，这是由中职教学的整体方针决定的。中职的数学教育更加侧重于专业化的学习以及与职业岗位相关的数学知识和技能的培养，所以，中职数学的教学培养多与社会实践相联系，这就造成正常的上课教学时间偏少。而在教学中应用构造函数法，能够使学生将简单的数学知识更好地吸收和接受，同时提高职业技能和数学知识。

（三）教学方法

中职数学教学要从学生实际出发，在数学教学中方法应用符合学生的知识积累和认知心理，保持他们对课堂教学的兴趣和热情，并尽可能地培养学生的学习信心，让他们在有效参与教学活动的基础上，强化自身的数学思维能力和整体数学行为，让他们在数学学习中具有积极主动性，在提高自身专业技能的基础上熟悉数学在相关专业化课程中的应用。

（四）课程评价

在新课改的教学大环境下，评价式教学的作用和比重得到显著的提升和发展，对教师的“教”与学生的“学”都起着极为重要的作用。通过开展有效的评价能够及时地将学生信息反馈给教师，教师在对学生需求和水平进行了解的基础上开展更加适合学生的教学方式，在提高学习兴趣和自身积极性的同时促进学生自身发展和数学能力的提高。在对数学教学进行评价时，要运用和落实多元化的评价策略，使得评价效果更加全面和公平公正，于中职数学教学评价而言，不仅需要对学生知识技能的掌握和理解进行评价，还要关注学生的态度与情感形成和发展变化，使整个评价体系趋于多样化，对于评价的关注点全面而真实，关注的不仅仅是教学的结果，而是从整体的过程进行评价与总结。

中等职业教育的教学特点具有“职业针对性”，在教学中带有不可忽视的整体性发展。所以，在教育过程中进行基础教学的传授时，还要加入为学生职业生涯的可持续发展而进行的基础教育，认知教学特点和教学整体要求。

二、构造函数法在中职数学中的应用

（一）构造函数法在中职数学中的应用背景

构造函数在整个数学分析领域都是一个相当重要的思想方法，在数学教学分析中不断得到广泛的应用和发展，是属于整个数学思想中的构造法。在应用到具体解题中时，构造函数法表现为对与实际需要解决的数学问题相关联的辅助问题的求解过程，于中职生而言，就相当于用初中数学所学的进行辅助线的构划来更好地解决几何问题的原理。

构造函数法在实际的应用过程中具有明显的直观性和实际的可行性，这两个显著的特征决定了其在数学解题中应用的频繁性，不仅在基础教学中，就连大学的高等教育以及研究生的专业课程中也被不断地应用。但无论哪个教学阶段，进行构造函数的应用时，关于辅助函数的构造问题仍旧是教师教学与学生学习中的难点。所以，中职数学教学中对于构造函数法的应用，在重视的同时还要强化训练，并进行及时的归纳和总结，掌握一定的学科规律和方法，将其应用作用发挥到极致。

新课程改革的教学环境下，中职数学教学的基本内容调整为“基础模块”“职业模块”和“拓展模块”，实行单元设计以更好地适应职业教育的教育特点和社会岗位的需求，让学生在掌握数学基础知识的前提下，为职业生涯的可持续发展提供技能支持，有效提高课堂教学质量。

（二）构造函数法在中职数学中的具体应用

函数构造法在中职数学的具体应用步骤表现为：首先，对能够通过函数构造法进行解题的问题进行有效的分析，然后根据实际的文体进行辅助函数的构造，通过有序的解题步骤得出最终函数的答案。简而言之，函数构造法是通过对原理进行理解、拆分的基础上进行的函数再构造，在与几何问题和命题形式相关联的基础上进行假体步骤和思路的简单化。

1.证明不等式的应用

通过对例题中的不等式的形式进行观察可以看出，题型中的三个分式在结构上是相似的。因此，可以在解题的过程中应用构造函数法，生成辅助函数：，进而利用函数的单调性来证明不等式。

一般的不等式解题总会出现定义域的参数问题，会让学生在看到题目时无从下手，这时就需要应用构造函数法，根据不等式题目所给出的信息得出辅助构造函数的关于参数问题的不等式，从而进行有效的解题。

2.进行几何图形的解题和构造

在数学思想中，数形结合是数学解题的基本思想，运用相当广泛，于中职数学教学相对简单的教学模块来说是极其适用且有效的，并且有数学研究表明，在数学教学的各个阶段和研究领域，数形结合的思想是密不可分且紧密联系的。在进行中职数学解题时，应该有效运用数形结合的思想，同构造函数法相结合，通过相应的图形构造，将所给题目中的一些元素通过点或者线进行替代，从直观上对相关问题进行研究和分析，并有效掌握各个数学对象之间的关联，以更好地发现题目或者几何图形中出现的隐蔽性条件或者特征，在辅助构造法的基础上更加清晰明确地掌握题目的设置原理和要点，以有效地寻求正确和高效的解题方法，通过对几何图形的构造更加清晰明确的在图形中进行这种关系的展示和说明，有效实现题目解答的最终目的。比如进行三角形的角平分线的证明时，可以进行等腰三角形的图形构造，以此来根据其自身特点和性质，有效进行解题思路的途径找寻和确定，进而有效证明题目。

3.进行数列的解题和构造

在进行一些数学问题的解决时，并不能有效地通过常规的方法得出，一般而言，解题过程还会相当烦琐，这时便可以应用构造函数法，通过相应的数列构造，简单高效地解决问题。但是，就中职阶段的数学而言，还是会在题目中隐含一定的数列形式，在解题中要善于观察以寻找有效的突破点。

数列问题也是中职数学中较为常见的题型，应用最多也最基础的就是等差和等比数列，所以，在解题过程中遇到既不是等差数列也不是等比数列的问题，且难以用简单的数学归纳法找出解题思路和方法时，就可以有效应用构造函数法，对题目所给的条件进行观察，进行等差或者等比的辅助数列构造，然后利用各自的特性进行求解的运算。

4.方程求解

方程是中职数学教学基础模版中的重要组成内容，在理清解题思路的过程中，与简单的数学式以及函数知识都有密切的关联，所以，无论是进行方程的求值计算还是进行等式的证明等，都可以通过方程的等式进行条件分析和结构特征的整合，进而在原题的基础上运用构造函数法进行辅助函数的建立和构造，通过全新的方程式将问题在此方程中进行求解和证明，并使原理获得有效解决。在中职数学的教学应用中主要通过韦达定理和根与系数的关系进行函数方程的构建。

5.构造函数解题

函数是中职数学教学中的重点也是难点，需要在基础的一次函数和二次函数上打好基础，来为以后的复合函数做好学习的前提准备。

函数思想是基础学习阶段极其重要的数学思想，在中职数学教学中，通过对题目信息的有效分析而运用构造函数法构造出有效的辅助函数，然后根据各类函数的自身性质开展解题过程，会为整个解题带来极大的便利。

三、结束语

构造函数法在数学的解题应用中有灵活、简便的特征，是通过有效的题目分析进而得出輔助函数来对题目进行简单化的分解过程，可以使解决问题的途径有所扩展，也相对简单和快速。教师在教学中引入构造函数法时，需要开展有效的引导，使学生最大化地开展发散性思维，能够在题目练习中开展有效的辅助函数构造。构造函数法需要学生在进行问题解决时从多方面及多角度进行考虑，进而寻找有效的解题突破点。在中职数学的解题中，学生要学会灵活地运用构造函数法，提高解题速度和效率，提高自身的解题能力。

构造函数法没有固定的模式，而是具有极大的灵活性，在进行解题时，首先需要对题目和题型进行分析，然后根据题目的要素和特点进行有效的辅助函数构造，这就需要学生开展灵活的思维活动，明确整体的构造方向，弄清整个问题的本质条件，以便有效地开展构造函数的有效逻辑整合，使其具有明显的数学思维和整体活动。

【参考文献】

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几类中值定理辅助函数构造方法篇12

构造辅助函数的方法很多, 构造出的辅助函数也可以有各种形式, 本文从分析与证明微积分中几个典型例子来说明如何构造辅助函数的集中常见方法.

一、所证结论仅与ξ相关

1.原函数法

利用微分中值定理求介值或零点问题时, 要证明的结论是某一个函数的导函数的零点, 因此可通过不定积分求出原函数作为辅助函数, 其步骤:

①将欲证结论中的ξ换成x;

②通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式 (或称之为易积分形式) ;

③用观察法或积分法求出原函数 (即不含导数符号的式子) ;

④移项使等式一边为0, 则另一边即为所求辅助函数.

例1 若f (x) , g (x) 在[a, b]上可导, 且g (x) ≠0, 则存在一个ξ∈ (a, b) 使undefined

分析将结论中的ξ换成x, 则有

f (a) g′ (x) +g (b) f′ (x) =f (x) g′ (x) +g (x) f′ (x) .

f (a) g′ (x) +g (b) f′ (x) =[f (x) g (x) ]′.

对等式两边积分, 令c=0, 得

f (a) g (x) +g (b) f (x) =[f (x) g (x) ].

即可确定辅助函数F (x) =f (x) g (x) -f (a) g (x) -g (b) f (x) , 由题设条件知F (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 可导, F (a) =-g (b) f (a) , F (b) =-f (a) g (b) .

因此F (a) =F (b) , 则满足洛尔定理的条件:一个ξ∈ (a, b) , 使得F′ (ξ) =0, 即

undefined

2.一阶线性齐次方程解法的变形法对于所证式为

f′+pf=0型 (其中p为常数或x的函数) 可引进u (x) =e∫pdx, 则构造出辅助函数F (x) =fe∫pdx

例2 设f (x) 在[a, b]有连续导数, 又存在c∈ (a, b) 使得f′ (c) =0.求证:存在ξ∈ (a, b) 使得undefined

undefined

则变形为f′+pf=0型, 引进函数undefined,

令c=0, 则可确定辅助函数undefined

证明undefined, 由题设条件可知F (x) 在[a, b]连续在 (a, b) 可导, 又存在c∈ (a, b) , 使undefined, 则f (c) =f (a) , 可知满足洛尔定理条件存在ξ∈ (a, c) 使F′ (ξ) =0, 即undefined, 即得证.

二、所证式与区间端点函数值有关的微分中值命题

1.把结论中由区间端点函数值构成的部分分离出来并改写成柯西中值定理或拉格朗日的结论中相应的标准往往就找到了解决问题的钥匙

例3 设0

undefined

分析先整理一下欲证的式子, undefined, 发现ex1f (x2) -ex2f (x1) 是交叉的, 变换一下分子分母同除以undefined, 于是这个式子一下变得没有悬念了.

证明令undefined, 则F (x) , G (x) 在[a, b]上满足柯西中值定理, 则至少存在一点ξ∈ (x1, x2) 使得

undefined

把F′ (ξ) , G′ (ξ) 代入 (1) , 即得

undefined

2.常数k值法

此法适用于常数已分离出的命题.

构造辅助函数的步骤:

①令常数部分为k;

②恒等变形, 使等式一端为a及f (a) 构成的代数式, 另一端为b及f (b) 构成的代数式;

③分析关于端点表达式是否为对称式或轮换对称式, 若是只要把端点a改成x, 相应的函数值f (a) 改成f (x) , 则换变量后的端点表达式就是所求的辅助函数F (x) .

例4 设f″ (x) 在[a, b]上存在, a

分析undefined, 这是关于端点a, b, c的轮换对称式 (即 (a, b, c) → (b, c, a) 式子不变) , 令b=x (也令c=x或a=x) , 是得F (x) = (x-c) f (a) + (a-x) f (c) + (c-a) f (x) -k (a-x) (a-c) (x-c) .

证明显然F (x) 在[a, c], (c, b) 上满足洛尔定理, 是分别存在ξ1∈ (a, c) , ξ2∈ (c, b) 使得F′ (ξ1) =F′ (ξ2) =0, 又F′ (x) =f (a) -f (c) + (c-a) f′ (x) +k (a-x) (x-c) -k (a-x) (a-c) , F″ (x) = (c-a) f″ (x) +2k (a-c) , 由题设及以上的证明可知, F′ (x) 在[ξ1, ξ2]上满足洛尔定理, 故在 (ξ1, ξ2) 内存在一个点ξ, ξ∈ (ξ1, ξ2) ⊂ (a, b) , 使得F″ (ξ) =0, 即undefined.即命题得证.

3.欲证结论同时出现在

(a, b) 内至少存在ξ, η, ξ≠η满足某种关系式的命题这类命题的证明, 其中一个函数f (x) 已给出, 另一个函数g (x) , 只要将欲证结论中的η表达式稍加整理便可看出, 证明方法:两次中值定理

例5 设a>0, f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 且f′ (x) ≠0, 求证:存在ξ, η∈ (a, b) , 使undefined

分析待求的式子有ξ, η两个, 先固定一个譬如ξ, 问题归结为undefined, 即2xf′ (ξ) = (b+a) f′ (x) 在 (a, b) 中存在解x=η, 对方程两边关于x积分∫ba2xf′ (ξ) dx= (b+a) ∫baf′ (x) dx, 则f′ (ξ) (b2-a2) = (b+a) [f (b) -f (a) ], 即undefined, 只要找到undefined与undefined的关系就行了.

证明根据拉格朗日中值定理在 (a, b) 中存在ξ, 使undefined, 再由柯西中值定理存在ξ∈ (a, b) 使得undefined

本文归纳总结了三种情形微分中值定理构造辅助函数的方法和一般规律, 构造辅助函数没有什么万能的方法, 它是一种创造性的思维过程, 具有较大的灵活性, 运用基本的数学思想, 经过认真观察, 深入思考构造出辅助函数是解题关键.

摘要：本文给出三类中值定理辅助函数构造方法.

关键词：中值定理,辅助函数,构造方法

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京:高等教育出版社, 1993.

[2]陈传璋, 金福临, 朱学炎, 欧阳兴中.数学分析[M].北京:高等教育出版社, 1988.

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