摘 要：存在性问题是培养学生探索能力的重要素材. 它一直是高考的重点与热点问题，更是难点问题. 本文以2014年高考中典型的存在性问题为载体，通过实例分析对这类问题的解决提供了几种求解策略.
　　关键词：存在性问题；特殊值；推理验证；等价推断；构造函数
　　存在性问题是研究具有某种性质或符合某种条件的数学对象是否存在的问题. 它是相对于封闭性问题而出现的一种新的问题设置形式，特点是对题目的结论以不确定的方式进行提问，其结果往往是两种形式：存在或不存在，存在就是找出符合某种条件或性质的一个即可，不存在用一般的方法很难找出一个符合要求的结果，此时需要推理与论证说明其不存在. 存在性问题的题型设置新颖，所涉及的知识面较广，综合性较强，具有一定的深度与难度，从而有利于培养学生的逻辑推理能力、发散思维能力和分析、探索问题的能力，因此存在性问题一直是高考命题的热点. 下面举例说明2014年高考中存在性问题的求解策略.
　　[?] 取特殊值法
　　例1 （2014年全国卷Ⅰ数学理科）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan 1=λSn-1，其中λ为常数.
　　（1）证明：a-a=λ；
　　（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
　　解：（1）略.
　　（2）由题设a1=1，a1a2=λS1-1，可得a2=λ-1，由（1）知a3=λ 1.
　　假设{an}为等差数列，则a1 a3=2a2，解得λ=4；由an 2-an=4知：
　　当n为奇数时，数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列an=a1 d=2n-1，
　　当n为偶数时，数列{an}是首项为3，公差为4的等差数列an=a2 d=2n-1，
　　故an=2n-1（n∈N*），an 1-an=2，因此，存在λ=4，使得{an}为等差数列.
　　评注：一般来说，探求命题成立的条件应为充要条件，而通过特殊的情形（前三项成等差数列）探求出参数λ的值，虽然简单易求，但它只是命题成立的必要条件，还需要验证它的充分性，才能保证探求结论的正确性.
　　[?] 推理验证法
　　例2 （2014年全国卷Ⅰ数学理科）若a>0，b>0，且 =.
　　（1）求a3 b3的最小值；
　　（2）是否存在a，b，使得2a 3b=6？并说明理由.
　　解：（1）略.
　　（2）解法1：一方面，因为6=2a 3b≥2，所以0　　解法2：由2a 3b=6，得 =1，=
　　评注：在探索是否存在a，b时，先假设符合条件的对象存在，再探求符合条件的可能的对象. 在假设的前提下，利用题目条件进行逻辑推理验证，若出现矛盾，则说明探求的对象不存在；若无矛盾，则探求的对象可能存在，此法一般适用于不存在性命题的探究.
　　[?] 等价推断法
　　例3 （2014年湖北卷数学理科）如图1，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.
　　（1）当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.
　　（2）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
　　[D][A][B][C][A1][C1][B1][D1][N][M][P][F][Q][E]
　　图1
　　解：（1）略.
　　（2）以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图2所示的空间直角坐标系.由已知得E（2，1，0），F（1，0，0），Q（2，2，λ）. 故=（-1，-1，0），=（0，1，λ）.
　　[D][A][B][C][A1][C1][B1][D1][N][M][P][F][Q][E][x][y][z]
　　图2
　　设平面EFPQ的一个法向量为n=（x，y，z），则由
　　·n=0，
　　·n=0，可得x y=0，
　　y λz=0，
　　于是可取n=（λ，-λ，1）.
　　同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=（λ-2，2-λ，1）.
　　若存在λ，使面EFPQ与面MNPQ所成的二面角为直二面角，
　　则m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，
　　即λ（λ-2）-λ（2-λ） 1=0，解得λ=1±.
　　故存在λ=1±，使面EFPQ与面MNPQ所成的二面角为直二面角.
　　评注：当研究的对象满足的条件比较繁琐或困难时，可寻找与它等价且简单易操作的条件进行探求，该题将几何问题向量化，等价地转化为代数问题，通过计算的方法进行立体几何问题的证明或求解，避免了作辅助线及推理证明的复杂过程.
　　[?] 构造函数法
　　例4 （2014年重庆卷数学理科）设a1=1，an 1= b（n∈N*）
　　（1）若b=1，求a2，a3及数列{an}的通项公式.
　　（2）若b=-1，问：是否存在实数c使得a2n　　解：（1）略.
　　（2）由an 1=-1（n∈N*），可得an 1 1=≥1（n∈N*），即an 1≥0（n∈N*），又a1=1，所以an≥0（n∈N*）. 可以证明：0≤an≤1（n∈N*）. 若不然，存在自然数m∈N*，使得am>1（m≥2），这些自然数中最小的自然数记为m0，则am0=-1>1，所以am0-1>1 >1与m0最小性矛盾，故命题成立. 下证：0≤a2n<，若不然，存在最小的自然数n0（n0>1，n0∈N*）使得1≥a2n0≥（?），考察函数f（x）=-1，它在[0，1]上为减函数，且f
　　=，故（?）式变为a2n0=f（a2n0-1）≥f
　　，所以0≤a2n0-1≤，即f（a2n0-2）≤f
　　，所以，1≥a2n0-2≥，此与n0的最小性矛盾，因此，0≤a2n<. 因为f（x）在[0，1]上为减函数，a2n 1=f（a2n）>f
　　=，因此，取c=满足要求.
　　评注：由递推关系求数列通项行不通或直接证明数列的单调性也较困难时，结合题目条件的特点构造函数，利用函数的单调性、不动点及反证法解决问题. 善于运用函数的观点解决数列存在性问题是一种不错的选择.
　　总之，存在性问题的探索思路大致有两种情形：一是先假设对象存在，在此基础上进行探索，若探求出结果，再验证结果的合理性，若产生了矛盾，则不存在；另一种是直接由题设推出结果，只要它满足题目的要求即可.