“是否存在型”问题的一般解法.doc

是否存在型”问题的一般解法
文／唐兴中
　　对于结论不确定的问题称为存在型问题，在数学命题中常以适合某种性质的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等形式出现．“存在”就是有适合某种条件或符合某种性质的对象，对于这类问题无论用什么方法，只要找出一个，就说明存在．“不存在”一般需推理论证，常用反证法．“是否存在”结论不确定，有两种可能：若存在，需找出来，若不存在，则要说明理由． 
　对“是否存在型”问题的解答，通常有如下几种解法：
　1　利用特殊函数或特殊值
　对于抽象函数的有关证明，比如单调性、周期性等的证明，可借助符合条件的一个具体函数来寻求解题途径或论证的结果或者用该具体函数来检验结论是否正确．
　例1　已知函数ｆ（ｘ）定义域为Ｒ，对于任意ｘ、ｙ∈Ｒ，恒有ｆ（ｘ＋ｙ）＋ｆ（ｘ－ｙ）＝2ｆ（ｘ）ｆ（ｙ），且有正数ｃ，使ｆ（ｃ／2）＝0，试问是否存在Ｔ（Ｔ≠0）使得ｆ（ｘ＋Ｔ）＝ｆ（ｘ）．
　分析：由已知ｆ（ｘ＋ｙ）＋ｆ（ｘ－ｙ）＝2ｆ（ｘ）ｆ（ｙ）联想到和差化积公式中的余弦公式，于是找到一个符合条件的一个函数ｙ＝ｃｏｓｘ（ｘ∈Ｒ），由于ｃｏｓπ／2＝0．所以π相当于题设中的正数ｃ．另外，我们知道余弦函数ｙ＝ｃｏｓｘ（ｘ∈Ｒ）是以2π为周期的周期函数，即2π相当于题中的T，而2π＝2×π．则T可能为2ｃ．于是可设法证明ｆ（ｘ＋2ｃ）＝ｆ（ｘ）．
　解：由ｆ（ｘ＋ｙ）＋ｆ（ｘ－ｙ）＝2ｆ（ｘ）ｆ（ｙ）及ｆ（ｃ／2）＝0，得
　ｆ（ｘ＋ｃ）＋ｆ（ｘ）＝2ｆ（ｘ＋（ｃ／2））ｆ（ｃ／2）＝0，
　ｆ（ｘ＋2ｃ）＋ｆ（ｘ＋ｃ）＝2ｆ（ｘ＋（3ｃ／2））ｆ（ｃ／2）＝0，
　所以ｆ（ｘ＋ｃ）＋ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋2ｃ）＋ｆ（ｘ＋ｃ），ｆ（ｘ＋2ｃ）＝ｆ（ｘ），
　于是存在数Ｔ＝2ｃ使得ｆ（ｘ＋Ｔ）＝ｆ（ｘ）成立．
　例2　是否存在常数ａ、ｂ使得等式
　（1／1×2×3）＋（1／2×3×4）＋…＋（1／ｎ（ｎ＋1）（ｎ＋2））＝（ａｎ2＋ｂｎ）／4（ｎ＋1）（ｎ＋2）对ｎ∈Ｎ恒成立?
　分析：因为该式对一切ｎ∈Ｎ恒成立，则当ｎ＝1、2时也应成立．因此，只要令ｎ＝1和2，求出ａ与ｂ的值，再用数学归纳法证明即可．
　解：略．
　2　待定系数法
　待定系数是解答恒等式时常用的方法之一，通过恒等式，比较两边的相应项系数，可确定出所求的未知数的值．
　例3　题目同例2．

　＝（（ｎ2＋3）／4（ｎ＋1）（ｎ＋2）），与右端比较，得ａ＝1，ｂ＝3．
　例4　在公差不为零的等差数列｛ａｎ｝和等比数列｛ｂｎ｝中，已知ａ１＝ｂ１＝1，ａ２＝ｂ２，ａ８＝ｂ３．
　（1）求ａｎ、ｂｎ的表达式；（2）是否存在常数ａ、ｂ，使对一切ｎ∈Ｎ恒有ａｎ＝ｌｏｇａｂｎ＋ｂ成立？
解：（1）设公差为ｄ，公比为ｑ，则有

1＋ｄ＝ｑ，
1＋7ｄ＝ｑ2，
　（1＋ｄ）2＝1＋7ｄ，∴ｄ＝5，ｑ＝6．
　于是，ａｎ＝ａ１＋（ｎ－1）ｄ＝5（ｎ－1）＋1，
　ｂｎ＝ｂ１ｑｎ－1＝6ｎ－1．
　（2）由ａｎ＝ｌｏｇａｂｎ＋ｂ得5（ｎ－1）＋1＝ｌｏｇａ6ｎ－1＋ｂ＝（ｎ－1）ｌｏｇａ6＋ｂ．
　比较系数，得ｌｏｇａ6＝5，ｂ＝1，∴ａ＝，ｂ＝1．
　3　构造函数（数列），利用其单调性求解
　对于判断一类不等式是否恒成立的问题，可构造函数或数列，利用其单调性，求出不等式一端的最大值或最小值．将原不等式转化为一个具体不等式求解．
　例5　是否存在正数ａ，使得对于大于ａ的所有ｘ恒有ａ＋（1／ａ）＜ｘ＋（1／ｘ）成立?若存在，求出ａ的最小值．
　分析：由不等式两边的结构，可构造函数ｆ（ｘ）＝ｘ＋（1／ｘ）．
　则问题转化为求函数ｆ（ｘ）在ｘ＞0时的单调增区间，该区间左端点的对应值即为ａ的最小值．
　解：构造函数ｆ（ｘ）＝ｘ＋（1／ｘ）（ｘ＞0），则由ｘ＞0，得ｘ＋（1／ｘ）≥2，当且仅当ｘ＝1／ｘ，即ｘ＝1时取最小值．
　于是函数ｆ（ｘ）＝ｘ＋（1／ｘ）在［1，＋∞）上为增函数．
　从而所求ａ的最小值为1．
　另解：设0＜ａ≤ｘ１＜ｘ２，则ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）＝ｘ１＋（1／ｘ１）－（ｘ２＋（1／ｘ２））＝（ｘ１－ｘ２）＋（（1／ｘ１）－（1／ｘ２ｘ１－ｘ２）＋（（ｘ２－ｘ１）／ｘ１ｘ２）=（ｘ１－ｘ２）·（（ｘ１ｘ２－1）／ｘ１ｘ２），
　∵0＜ｘ１＜ｘ２，∴ｘ１－ｘ２＜0，ｘ１ｘ２＞ａ2＞0，
　当ｆ（ｘ）为增函数时，ｆ（ｘ１）＜ｆ（ｘ２），即ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）＜0，则有ｘ１ｘ２－1＞0，如果ａ2≥1，那么就有ｘ１ｘ２－1＞0，从而ａ≥1时符合条件，于是ａ的最小值为1．
　例6　是否存在实数ａ，使得不等式
　（1／（ｎ＋1））＋（1／（ｎ＋2））＋…＋（1／2ｎ）＞（1／12）ｌｏｇａ（ａ－1）＋（2／3）对一切ｎ≥2，ｎ∈Ｎ恒成立?
　分析：要使上式恒成立，则（1／12）ｌｏｇａ（ａ－1）＋（2／3应小于左边的最小值．如何求左边的最小值呢?可将左边看做是关于ｎ的函数ｆ（ｎ）或数列ａｎ，设法判断出函数ｆ（ｎ）或数列ａｎ关于ｎ的单调性（由题意，本题中需要判断出ｆ（ｎ）关于ｎ单调递增），求出最小值，再解一个不等式即可．
　解：记ｆ（ｎ）＝（1／（ｎ＋1））＋（1／（ｎ＋2））＋…＋（1／2ｎ），
　则ｆ（ｎ＋1）＝（1／（ｎ＋2））＋（1／（ｎ＋3））＋…＋（1／2ｎ）＋（1／（2ｎ＋1））＋（1／（2ｎ＋2）），
　ｆ（ｎ＋1）－ｆ（ｎ）＝（1／（2ｎ＋1））＋（1／（2ｎ＋2））－（1／（ｎ＋1））＝（1／（2ｎ＋1））－（1／（2ｎ＋2））＞0，∴ｆ（ｎ＋1）＞ｆ（ｎ）．

　即ｆ（ｎ）关于ｎ单调递增．
　于是ｆ（ｎ）＞ｆ（ｎ－1）＞…＞ｆ（2）＝（1／3）＋（1／4）＝7／12．
　要使原不等式恒成立，只要7／12＞（1／12）ｌｏｇａ（ａ－1）＋（2／3）成立．由7／12＞（1／12）ｌｏｇａ（ａ－1）＋（2／3），得ｌｏｇａ（ａ－1）＜－1，解得1＜ａ＜（1＋）／2．
　于是存在满足条件的实数ａ，使不等式恒成立．
　4　利用定义域或性质求解
　利用圆锥曲线（或函数）的定义、几何图形的性质，也可判断符合条件的点、线、数是否存在．
　例7　双曲线（ｘ2／ａ2）－（ｙ2／ｂ2）＝1的离心率ｅ＞1＋，左、右焦点分别为Ｆ１、Ｆ２，左准线为ｌ１，能否在双曲线左支上求一点Ｐ，使得｜ＰＦ１｜是Ｐ点到ｌ１的距离ｄ与｜ＰＦ２｜的等比中项?
　解：假设双曲线左支上有一点Ｐ，使｜ＰＦ２｜／｜ＰＦ１｜=｜ＰＦ１｜／ｄ＝ｅ，则｜ＰＦ２｜＝ｅ｜ＰＦ１｜．∵Ｐ点在双曲线左支上，∴｜ＰＦ２｜－｜ＰＦ１｜＝2ａ．
　∵｜ＰＦ１｜（ｅ－1）＝2ａ，∴｜ＰＦ１｜＝2ａ／（ｅ－1），而｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜≥2ｃ，
　∴｜ＰＦ１｜（ｅ＋1）≥2ｃ，（2ａ／（ｅ－1））（ｅ＋1）≥2ｃ，（ｅ＋1）／（ｅ－1）≥ｃ／ａ＝ｅ．
　由ｅ＞1得ｅ2－2ｅ－1≤0，1－≤ｅ≤1＋与ｅ＞1＋矛盾，则这样的点Ｐ不存在．

　　例8　如图，已知矩形ＡＢＣＤＡＢ＝1，ＢＣ＝ａ，又ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，且ＰＡ＝1，问ＢＣ边上是否存在点Ｑ，使得ＰＱ⊥ＱＤ？
　解：设存在点Ｑ，使ＰＱ⊥ＱＤ，则由ＰＡ⊥面ＡＢＣＤ得ＡＱ⊥ＱＤ．设ＢＱ＝ｘ，则ＡＱ2＝1＋ｘ2，ＱＤ2＝（ａ－ｘ）2＋1．∵ＡＱ2＋ＱＤ2＝ＡＤ2，∴1＋ｘ2＋（ａ－ｘ）2＋1＝ａ2，ｘ2－ａｘ＋1＝0，Δ＝ａ2－4．
　①当ａ＞2时，Δ＞0，原方程有两个不等实根ｘ１、ｘ２，由ｘ１＋ｘ２＝ａ＞0，ｘ１·ｘ２＝1＞0，∴ｘ１、ｘ２均符合要求，此时Ｑ有两个位置．
　②当ａ＝2时，ｘ１＝ｘ２＝1，此时点Ｑ有一个位置，即ＢＣ的中点，符合题意．
　③当ａ＜2时，Ｑ点不存在．
　例9　已知椭圆的一个顶点为Ａ（0，－1），焦点在ｘ轴上，且右焦点到直线ｘ－ｙ＋2＝0的距离为3，试问能否找到一条斜率为ｋ（ｋ≠0）的直线ｌ，使ｌ与已知曲线交于不同的两点Ｍ、Ｎ，且满足｜ＡＭ｜＝｜ＡＮ｜．
　解：易求得椭圆方程为（ｘ2／3）＋ｙ2＝1，设ｌ方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，线段ＭＮ的中点为Ｐ，则由｜ＡＭ｜＝｜ＡＮ｜知ＡＰ为线段ＭＮ的中垂线，其方程为ｙ＝－（1／ｋ）ｘ－1．设Ｍ（ｘ１，ｙ１）、Ｎ（ｘ２，ｙ２），代入椭圆方程并相减，得（（ｙ１－ｙ２）／（ｘ１－ｘ２））·（（ｙ１＋ｙ２）／（ｘ１＋ｘ２））＝－1／3，即ｋＭＮ·ｋＯＰ＝－1／3，∴ｋＯＰ＝－1／3ｋＭＮ，
由

ｙ＝（－1／3ｋ）ｘ，
得Ｐ（－（3／2）ｋ，1／2）．
ｙ＝（－1／ｋ）ｘ－1，
　因为点Ｐ在椭圆内，则有（（－3ｋ／2）2／3）＋（1／2）2＜1，即ｋ2＜1，∴－1＜ｋ＜1（ｋ≠0）．
　于是存在满足条件的直线ｌ．
　例10　已知ｆ（ｘ）＝ｌｇ（ａｘ－ｋ·ｂｘ）（ｋ＞0，ａ＞1＞ｂ＞0）的定义域为Ｒ＋，问：是否存在这样的ａ、ｂ，使得ｆ（ｘ）恰好在（1，＋∞）上取正值，且ｆ（3）＝ｌｇ4？若存在，求出ａ、ｂ的值．
　解：由ａｘ－ｋ·ｂｘ＞0得ａｘ＞ｋ·ｂｘ，（ａ／ｂ）ｘ＞ｋ．
　∵ａ＞1＞ｂ＞0，∴ａ／ｂ＞1，∴ｘ＞ｌｏｇａ／ｂｋ．
　而由已知函数定义域为Ｒ＋，∴ｌｏｇａ／ｂｋ＝0，∴ｋ＝1．
　于是ｆ（ｘ）＝ｌｇ（ａｘ－ｂｘ）．
　由已知ａ＞1＞ｂ＞0，则ｆ１（ｘ）＝ａｘ为增函数，ｆ2（ｘ）＝ｂｘ为减函数，ｆ3（ｘ）＝－ｂｘ为增函数，从而ｆ１（ｘ）＋ｆ３（ｘ）＝ａｘ－ｂｘ为增函数，则ｆ（ｘ）＝ｌｇ（ａｘ－ｂｘ）为增函数．因为ｆ（ｘ）恰好在（1，＋∞）上取正值，所以当ｘ＝1时，应有ｆ（1）＝0，即
　ｌｇ（ａ－ｂ）＝0，ａ－ｂ＝1．　　　①
　又ｆ（3）＝ｌｇ4，即ｌｇ（ａ3－ｂ3）＝ｌｇ4，ａ3－ｂ3＝4．
　而ａ3－ｂ3＝（ａ－ｂ）（ａ２＋ａｂ＋ｂ２）
　＝（ａ－ｂ）［（ａ－ｂ）２＋3ａｂ］＝1＋3ａｂ＝4，
　∴ａｂ＝1．　　　②
　由①②得ａ＝（1＋）／2，ｂ＝（－1＋）／2．
　5　利用函数的值域求解
　函数中的一类是否存在问题可转化为函数的值域问题，通过分离参变量，视参变量为函数，看其是否在相应函数的值域内．
　例11　已知ｘ∈（0，π／2），问是否存在ｕ∈（0，1）使得等式ｃｏｓｘ＋ｕｓｉｎｘ＝ｕ成立．
　解：由ｃｏｓｘ＋ｕｓｉｎｘ＝ｕ，得
　ｕ＝ｃｏｓｘ／（1－ｓｉｎｘ）
　＝ｓｉｎ（（π／2）＋ｘ）／（1＋ｃｏｓ（（π／2）＋ｘ））
　＝ｔｇ（（π／4）＋（ｘ／2））．
　∵ｘ∈（0，π／2），∴ｘ／2∈（0，π／4），∴π／4＜（ｘ／2）＋（π／4）＜π／2，而ｙ＝ｔｇｘ在（0π／2）上为增函数，∴ｔｇ（（ｘ／2）＋（π／4））＞ｔｇπ／4＝1．
　即ｕ＞1与此ｕ∈（0，1）矛盾，∴满足条件的ｕ不存在．
　例12　已知函数ｆ（ｘ）在定义域（－∞，1］上为减函数．问是否存在实数ｋ，使得不等式ｆ（ｋ－ｓｉｎｘ）≥ｆ（ｋ2－ｓｉｎ2ｘ）对一切ｘ∈Ｒ恒成立．
　解：由已知得不等式组

ｋ－ｓｉｎｘ≤1，
①
ｋ2－ｓｉｎ2ｘ≤1，
②
ｋ－ｓｉｎｘ≤ｋ2－ｓｉｎ2ｘ．
③
恒成立，
　由①得ｋ≤1＋ｓｉｎｘ，若恒成立，则ｋ≤1＋（－1）＝0；
　由②得ｋ2≤1＋ｓｉｎ2ｘ，若恒成立，则ｋ2≤1＋0＝1，－1≤ｋ≤1；
　由③得ｋ2－ｋ≥ｓｉｎ2ｘ－ｓｉｎｘ，若恒成立，则ｋ2－ｋ应大于等于ｓｉｎ2ｘ－ｓｉｎｘ的最大值．
　而ｓｉｎ2ｘ－ｓｉｎｘ＝（ｓｉｎｘ－（1／2））2－（1／4）≤（－1－（1／2））2－（1／4）＝2，∴ｋ2－ｋ≥2，解之，得ｋ≤－1或≥2．
　由以上分析知，ｋ＝－1，∴存在ｋ＝－1满足条件．
　以上几种方法是我们解答“是否存在”类问题时常用的方法．但要注意，并不是所有的“存在性”问题都可以用以上的方法解决，要根据具体问题，选用适当的方法．