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“存在性问题”是近几年高考推出的能力题型之一，频频地出现在当今高考的试题中，
究其原因，一方面这类问题常以高中代数的主体内容：函数、方程、不等式、数列为载体；
另一方面求解这类问题必须以科学的思维方法作为指导，对学生的综合素质与能力提出了较
高要求。本文通过一些例题的分析与求解，探索代数论证中的“存在性问题”的解题策略。 “存在性问题”有三类：第一类是肯定性问题，其模式为：已知A，证明存在对象B，
使其具有某种性质。第二类是否定性问题，其模式为：已知A，证明具有某种性质的对象B
不可能存在。第三类是探索性问题，其模式为：已知A，问是否存在具有某种性质的对象B，
如果存在求出B，如果不存在说明理由。
一、二两类多可改编成第三类，故我们主要研究第三类，它的主要特征是：探索满足题设的某个对象（或某种性质）是否存在．要探求的对象经常是常数、函数、数列等。
解“存在性问题”的一般方法是：从必要性入手，通过演绎推理，得出结论。若推理是
充要条件，不必检验，若推理是必要非充分条件，则需检验。
一、在假设存在的条件下推理论证，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定
的结论，并加以论证
不存在，请说明理由；
【分析】 本题探索的是常数，可先假设存在k，如果求出了具体的值就存在，若求不
出或求出值但有矛盾就不存在.
所以存在正整数k,满足题意.
【评注】 由于解题过程是充要的，本题就不要检验.
【分析】 本题探索的是等差数列，可先假设存在等差数列{an}满足题意，再把它作为
已知条件探求具体的数列.
【解】 假设存在等差数列{an}满足题意，所以可设an＝an+b(a、b是常数)，
这与已知条件an≠0矛盾，所以假设不成立，即不存在满足条件的等差数列.
【评注】
1.本题用的是反证法，这是第二类存在性问题证明时常用的方法；
2.对于等差数列的通项an可以设为an＝an+b(a、b是常数)；等差数列的前项n的和Sn，也可设为Sn=An2+Bn(A、B是常数）的形式，本题用第二种设法更加简单，读者可以验证.
例２ 已知函数f(x)=bx+cax2+1(a,c∈R,a＞0,b是正整数）是奇函数， f(x)有最大值12，且f(1)＞25.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点(1,0)对称，若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，说明理由.
【分析】 本题是函数部分的一道综合题，解综合题要充分翻译条件，逐步推进.
【解】
（1）因为f(x)是奇函数，所以f(-x)=-f(x)即-bx+cax2+1=-bx+cax2+1恒成立.
于是-bx+c=-bx-c， 得c=0.
故f(x)=bxax2+1.
由a＞0，b是正整数得，
当x≤0时， f(x)≤0，
当x＞0时， f(x)＞0.
所以f(x)的最大值在x＞0时取得.
当x＞0时， f(x)=1abx+1bx≤12ab2，
当且仅当abx=1bx即x=1a 时，
f(x)有最大值 ，于是12ab2=12，
所以ab2=1，所以a=b2.①
又f(1)＞25 ，所以ba+1 ＞25，
所以5b＞2a+2，②
把①代入②得2b2-5b+2＜0，
解得12＜b＜2，
又b∈N*，所以b=1，a=1，
所以f(x)=xx2+1.
（2）假设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，
设P(x0,y0)，则Q（2-x0,-y0)，
所以x0x02+1=y0，
2-x0(2-x0)2+1=-y0，
消去y0得x02-2x0-1=0，
解之，得x0=1±2,
所以P点坐标为1+2，-24或1-2，-24，
进而相应Q点坐标为Q1-2，-24
或Q1+2，-24 .
【评注】 本题探求的是直线l，但处理的办法和例一探求常数一样，而且推理是充要的，下面我们用两道高考题进一步巩固“存在性问题”的这种求解思路.
例３ （08年高考北京卷第20题）数列{an}满足a1=1，an+1=(n2+n-λ）an(n=1,2,…），λ是常数．
（Ⅰ）当a2=-1时，求λ及a3的值；
（Ⅱ）数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；
（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m，当n＞m时总有an＜0．
【分析】 本题考查数列中的递推关系，用存在性问题来设问，不仅考查了等差、等比数列的主要内容和学生的综合素质与能力，而且跳出了“由递推关系关系求通项”的传统考法.
【解】 （Ⅰ）由于an+1=(n2+n-λ)an（n=1,2,…），且a1=1．
所以当a2=-1时，得-1=2-λ，故λ=3．
从而a3=(22+2-3)×(-1)=-3．
（Ⅱ）数列{an}不可能为等差数列，证明如下：
由a1=1，an+1=(n2+n-λ)an 得
a2=2-λ，a3=(6-λ)(2-λ)，
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ) ．
假设存在λ，使{an}为等差数列，则a3-a2=a2-a1，
即（5-λ）（2-λ)=1-λ，解得λ=3．
于是a2-a1=1-λ=-2，a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24 ．
这与{an}为等差数列矛盾．所以对任意λ，{an}都不可能是等差数列．
（Ⅲ）记bn=n2+n-λ(n=1,2,…)，根据题意可知，b1＜0且bn≠0 ，即λ＞2且
λ≠n2+n(n∈N*），这时总存在n0∈N*，满足：当n≥n0 时，bn＞0；当n≤n0-1时，bn＜0.
所以由an+1=bnan及a1=1＞0可知，若n0为偶数，则an0＜0，从而当n＞n0时， an＜0；若n0为奇数，则an0＞0，从而当n＞n0时an＞0．
因此“存在m∈N*，当n＞m时总有an＜0”的充分必要条件是：n0为偶数，
记n0=2k(1=1，2…），则λ满足
b2k=(2k)2+2k-λ＞0，
b2k-1=(2k-1)2+2k-1-λ＜0，
故λ的取值范围是4k2-2k＜λ＜4k2+2k(k∈N*)．
【评注】 “存在性问题”很容易和数列知识相结合，在各地的高考中更是频频出现，我们不仅要掌握好数列部分的知识而且要学会处理存在性问题的思维和技巧，以不变应万变.
不等式部分也很容易用“存在性问题”来设问，其实不等式中的“恒成立、有解、无
解问题”、“证明不等式”、“解不等式”等等问题，都可改编为存在性问题，在这里就不再一一
举例.
二、 具体地找一个（或一类），即构造满足条件的对象，也就完成了“存在性问题”
的证明
例4 是否存在函数f(x)，同时满足：
（1）对于任意的x∈R都有f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x成立，
(2)存在唯一的x0，使f(x0)=x0成立.
【分析】 本题两个条件，一个是恒成立问题，主要处理思路是：对其中的x赋值，另一个可以翻译为方程f(x)=x有且只有一个解x0，不妨假设m（m无论是数、字母还是式子），如果满足f(m)=m,则一定有m＝x0
【解】 假设存在函数f(x)满足条件(1)，且方程f(x)=x有且只有一个解x0,
【评注】 本题满足条件的f(x)有无数个，不可能一一求得，本题解答推理过程并不充要，但通过探索构造的函数满足了条件，也就完成了解题.
三、“全称命题”的否定是一个“存在性命题”，如果要证明“全称命题”是假命题时，
可转化为证“存在性命题”是真命题
例如，在函数部分，函数的单调性、奇偶性、周期性的定义均是“全称命题”.如果要判
断函数没有单调性、奇偶性、周期性时，只要证明定义的“否定”是个真命题，即存在一个
特例不满足定义.
例5 已知f(x)=x2+｜x+a｜+1，是否存在a,使得f(x)是奇函数？如果存在,求出a的值;如果不存在，说明理由.
【解】 因为如果是奇函数，根据定义f(-x)＝-f(x)对任意的x均成立.因为，f(0)＝｜a｜＋1≠0，即存在x=0不满足定义， 所以不存在a使得f(x)是奇函数.
再如， f(x)＝1x在(0,+∞)和(-∞，0)上都是单调递减函数，但在(0,+∞)∪(-∞，0)上不是减函数．这是因为：-2＜2，但f(-2)＜f(2)，不满足减函数的定义.
究其原因，一方面这类问题常以高中代数的主体内容：函数、方程、不等式、数列为载体；
另一方面求解这类问题必须以科学的思维方法作为指导，对学生的综合素质与能力提出了较
高要求。本文通过一些例题的分析与求解，探索代数论证中的“存在性问题”的解题策略。 “存在性问题”有三类：第一类是肯定性问题，其模式为：已知A，证明存在对象B，
使其具有某种性质。第二类是否定性问题，其模式为：已知A，证明具有某种性质的对象B
不可能存在。第三类是探索性问题，其模式为：已知A，问是否存在具有某种性质的对象B，
如果存在求出B，如果不存在说明理由。
一、二两类多可改编成第三类，故我们主要研究第三类，它的主要特征是：探索满足题设的某个对象（或某种性质）是否存在．要探求的对象经常是常数、函数、数列等。
解“存在性问题”的一般方法是：从必要性入手，通过演绎推理，得出结论。若推理是
充要条件，不必检验，若推理是必要非充分条件，则需检验。
一、在假设存在的条件下推理论证，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定
的结论，并加以论证
不存在，请说明理由；
【分析】 本题探索的是常数，可先假设存在k，如果求出了具体的值就存在，若求不
出或求出值但有矛盾就不存在.
所以存在正整数k,满足题意.
【评注】 由于解题过程是充要的，本题就不要检验.
【分析】 本题探索的是等差数列，可先假设存在等差数列{an}满足题意，再把它作为
已知条件探求具体的数列.
【解】 假设存在等差数列{an}满足题意，所以可设an＝an+b(a、b是常数)，
这与已知条件an≠0矛盾，所以假设不成立，即不存在满足条件的等差数列.
【评注】
1.本题用的是反证法，这是第二类存在性问题证明时常用的方法；
2.对于等差数列的通项an可以设为an＝an+b(a、b是常数)；等差数列的前项n的和Sn，也可设为Sn=An2+Bn(A、B是常数）的形式，本题用第二种设法更加简单，读者可以验证.
例２ 已知函数f(x)=bx+cax2+1(a,c∈R,a＞0,b是正整数）是奇函数， f(x)有最大值12，且f(1)＞25.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）是否存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点(1,0)对称，若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，说明理由.
【分析】 本题是函数部分的一道综合题，解综合题要充分翻译条件，逐步推进.
【解】
（1）因为f(x)是奇函数，所以f(-x)=-f(x)即-bx+cax2+1=-bx+cax2+1恒成立.
于是-bx+c=-bx-c， 得c=0.
故f(x)=bxax2+1.
由a＞0，b是正整数得，
当x≤0时， f(x)≤0，
当x＞0时， f(x)＞0.
所以f(x)的最大值在x＞0时取得.
当x＞0时， f(x)=1abx+1bx≤12ab2，
当且仅当abx=1bx即x=1a 时，
f(x)有最大值 ，于是12ab2=12，
所以ab2=1，所以a=b2.①
又f(1)＞25 ，所以ba+1 ＞25，
所以5b＞2a+2，②
把①代入②得2b2-5b+2＜0，
解得12＜b＜2，
又b∈N*，所以b=1，a=1，
所以f(x)=xx2+1.
（2）假设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，
设P(x0,y0)，则Q（2-x0,-y0)，
所以x0x02+1=y0，
2-x0(2-x0)2+1=-y0，
消去y0得x02-2x0-1=0，
解之，得x0=1±2,
所以P点坐标为1+2，-24或1-2，-24，
进而相应Q点坐标为Q1-2，-24
或Q1+2，-24 .
【评注】 本题探求的是直线l，但处理的办法和例一探求常数一样，而且推理是充要的，下面我们用两道高考题进一步巩固“存在性问题”的这种求解思路.
例３ （08年高考北京卷第20题）数列{an}满足a1=1，an+1=(n2+n-λ）an(n=1,2,…），λ是常数．
（Ⅰ）当a2=-1时，求λ及a3的值；
（Ⅱ）数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；
（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m，当n＞m时总有an＜0．
【分析】 本题考查数列中的递推关系，用存在性问题来设问，不仅考查了等差、等比数列的主要内容和学生的综合素质与能力，而且跳出了“由递推关系关系求通项”的传统考法.
【解】 （Ⅰ）由于an+1=(n2+n-λ)an（n=1,2,…），且a1=1．
所以当a2=-1时，得-1=2-λ，故λ=3．
从而a3=(22+2-3)×(-1)=-3．
（Ⅱ）数列{an}不可能为等差数列，证明如下：
由a1=1，an+1=(n2+n-λ)an 得
a2=2-λ，a3=(6-λ)(2-λ)，
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ) ．
假设存在λ，使{an}为等差数列，则a3-a2=a2-a1，
即（5-λ）（2-λ)=1-λ，解得λ=3．
于是a2-a1=1-λ=-2，a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24 ．
这与{an}为等差数列矛盾．所以对任意λ，{an}都不可能是等差数列．
（Ⅲ）记bn=n2+n-λ(n=1,2,…)，根据题意可知，b1＜0且bn≠0 ，即λ＞2且
λ≠n2+n(n∈N*），这时总存在n0∈N*，满足：当n≥n0 时，bn＞0；当n≤n0-1时，bn＜0.
所以由an+1=bnan及a1=1＞0可知，若n0为偶数，则an0＜0，从而当n＞n0时， an＜0；若n0为奇数，则an0＞0，从而当n＞n0时an＞0．
因此“存在m∈N*，当n＞m时总有an＜0”的充分必要条件是：n0为偶数，
记n0=2k(1=1，2…），则λ满足
b2k=(2k)2+2k-λ＞0，
b2k-1=(2k-1)2+2k-1-λ＜0，
故λ的取值范围是4k2-2k＜λ＜4k2+2k(k∈N*)．
【评注】 “存在性问题”很容易和数列知识相结合，在各地的高考中更是频频出现，我们不仅要掌握好数列部分的知识而且要学会处理存在性问题的思维和技巧，以不变应万变.
不等式部分也很容易用“存在性问题”来设问，其实不等式中的“恒成立、有解、无
解问题”、“证明不等式”、“解不等式”等等问题，都可改编为存在性问题，在这里就不再一一
举例.
二、 具体地找一个（或一类），即构造满足条件的对象，也就完成了“存在性问题”
的证明
例4 是否存在函数f(x)，同时满足：
（1）对于任意的x∈R都有f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x成立，
(2)存在唯一的x0，使f(x0)=x0成立.
【分析】 本题两个条件，一个是恒成立问题，主要处理思路是：对其中的x赋值，另一个可以翻译为方程f(x)=x有且只有一个解x0，不妨假设m（m无论是数、字母还是式子），如果满足f(m)=m,则一定有m＝x0
【解】 假设存在函数f(x)满足条件(1)，且方程f(x)=x有且只有一个解x0,
【评注】 本题满足条件的f(x)有无数个，不可能一一求得，本题解答推理过程并不充要，但通过探索构造的函数满足了条件，也就完成了解题.
三、“全称命题”的否定是一个“存在性命题”，如果要证明“全称命题”是假命题时，
可转化为证“存在性命题”是真命题
例如，在函数部分，函数的单调性、奇偶性、周期性的定义均是“全称命题”.如果要判
断函数没有单调性、奇偶性、周期性时，只要证明定义的“否定”是个真命题，即存在一个
特例不满足定义.
例5 已知f(x)=x2+｜x+a｜+1，是否存在a,使得f(x)是奇函数？如果存在,求出a的值;如果不存在，说明理由.
【解】 因为如果是奇函数，根据定义f(-x)＝-f(x)对任意的x均成立.因为，f(0)＝｜a｜＋1≠0，即存在x=0不满足定义， 所以不存在a使得f(x)是奇函数.
再如， f(x)＝1x在(0,+∞)和(-∞，0)上都是单调递减函数，但在(0,+∞)∪(-∞，0)上不是减函数．这是因为：-2＜2，但f(-2)＜f(2)，不满足减函数的定义.