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如果含有一个(或一些)变量的等式对变量在某个确定的范围内的任意值都成立,我们通常将这样的等式叫(这个范围内的)恒等式.也就是说，恒等式两边之所以相等,与它的变量在这个范围内的取值无关，只要等式两边对应项的系数相等即可. 存在性问题是一类探索性问题,它的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题的基本策略是：一是从特殊到一般,即暂且认可其中的一部分的结论,在此基础上再说明所有部分是否成立;二是直接假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后将题设与假设的结论一起当作已知,再在这个基础上进行演算、推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.存在性问题若与等式相关,则往往通过构造恒等式得到问题的解决.
一、 恒等式在探求函数性质时的应用
函数图像的对称性 (包括函数的奇偶性)和函数的周期性问题,本身就对应着函数解析式所满足的某个恒等式.比如:函数f(x)的图像关于直线x=a对称的充要条件是对任意x∈R,恒有f(a-x)-f(a+x)=0.所以在探索函数图像的对称中心和对称轴是否存在等问题时,可以考虑利用相关的恒等式.
例1 (2009年江苏苏锡常镇调研二19题改编)已知k∈R,函数f(x)=mx+k•nx,其中m，n均为大于0且不等于的常数. (1) 如果实数m,n满足mn=1,函数f(x)是否具有奇偶性?如果有,求出相应的k值;如果没有,说明为什么. (2) 如果m=2，n=12,且k≠0,试探求函数f(x)是否有对称轴或对称中心.
解: (1) f(x)的定义域为R.
如果f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x)对x∈R恒成立,考虑到mn=1,
整理得:（nx-mx）（k-1）=0对x∈R恒成立. 因为nx-mx=0不恒成立,所以k=1.
如果f(x)为奇函数,则f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,考虑到mn=1,
整理得:(nx+mx)(k+1)=0对x∈R恒成立.因为nx+mx≠0,所以k=-1.
综上,当时k=1,f(x)是奇函数;当k=-1时,f(x)是偶函数.
(2) 当m=2，n=12时,f(x)=2x+k•2-x.
方法一(参考答案提供的方法):
如果k＜0，f(x)=2x+k•2-x=2x-（-k）•2-x=2x-2log2(-k)•2-x=2x-2log2(-k)-x=-f(log2(-k)-x),即f(log2(-k)-x)=-f(x),所以f(x)有对称中心12log2(-k)，0.
如果k＞0，f(x)=2x+k•2-x=2x+2log2k•2-x=2x+2log2k-x=f(log2k-x),
即f(log2k-x)=f(x）,所以f(x)有对称轴x=12log2k.
方法二:① 假设f(x)有对称中心(a,b),则f(a-x)+f(a+x)=2b对任意x∈R恒成立,即2a-x+k2a-x+2a+x+k2a+x=2b,整理得:2a+k2a2x+12x=2b对任意x∈R恒成立,
所以2a+k2a=0，
2b=0，当且仅当k＜0时,a=12log2(-k)，
b=0.所以当k＜0时,函数f(x)有对称中心12log2(-k)，0.
② 假设f(x)有对称轴x=m,则f(m-x)=f(m+x)对任意x∈R恒成立,用同样的方法可得,当且仅当k＞0时, 所以f(x)有对称轴x=12log2k.(过程略)
评注:本题的两个小题的解法都是利用了恒等式.但(2)的方法一是通过极富技巧性的变形,得到对称性所要满足的恒等式,从而找到对称中心和对称轴,这样的变形学生很难完成.而方法二则直接构造等式,将等式转化为关于2x+12x的恒等式,从而对应项的系数为0,简捷明了.
二、 恒等式在数列问题中的应用
数列问题中隐含了很多恒等式,如等差数列和等比数列的定义、数列的通项公式和前n项和公式以及数列的递推公式等,它们大都是对任意正自然数恒成立的式子,解题时应注意适时应用.
例2 (2011届江苏省百校高三联考19题)已知数列{an}满足:a1=a，a是非零常数,当n≥2时an=2an-1，n为奇数，
an-1+t，n为偶数，,t是常数. (1) 当a=1，t=0时,求数列{an}的通项公式; (2) 对于给定的常数a,是否存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列?若存在,求出t和λ的值;若不存在,请说明理由.
解: (1) an=2n-12，n为奇数，
2n-22，n为偶数(过程略)
(2) 方法一(参考答案提供的方法):∵ an=a，a2=a+t，a3=2a+2t，a4=2a+3t，假设存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列,则前4项a1+λ=a+λ，a2+λa+t+λ，a3+λ=2a+2t+λ，a4+λ=2a+3t也成等比数列,即:
a+t+λa+t=
2a+2t+λa+t+λ=
2a+3t+λ2a+2t+λ，即tα+λ=a+ta+t+λ=t2a++2t+λ，若t=0,则a=0,与题设a≠0矛盾,故t≠0,∴ a+λ=2a+2t+λ，∴ t=-a2，λ=-3a4.
此时,a1+λ=a4，a2+λ=-a4，a3+λ=a4，a4+λ=-a4…,
a2k+1+λ=2a2k+λ=2（22k+λ）-λ=-a2+3a4=a4，a2k+2+λ=a2k+1+t+λ=a4-a2=-a4，k∈N*,即数列{an+λ}是公比为-1的等比数列.
综上,存在常数t=-a2，λ=-3a4,使数列{an+λ}是等比数列.
方法二:假设存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列,不妨设an+λ=(a+λ)qn-1,即an=(a+λ)qn-1-λ,所以,① 当n为奇数时,由an=2an-1,得(a+λ)qn-1-λ=2［（a+λ）qn-1-λ］,整理得:（a+λ）qn-2(q-2)+λ=0，即等式（a+λ）qn-2(q-2)+λ=0对任意正奇数n恒成立.所以
a+λ=0，
λ=0，或q=2，
λ=0，或q=1，
a=0，或q=-1，
λ=-3a4.
② 当n为偶数时,由an=an+1+t,得(a+λ)qn-1=(a+λ)qn-2+t,整理得:(a+λ)qn-2(q-1)-t=0,
即等式(a+λ)qn-2(q-1)-t=0对任意正偶数n恒成立.所以
a+λ=0，
λ=0，或
q=1，
t=0，或q=-1，
-2(α+λ)=t.
结合①②,并注意到a≠0,可得q=-1，
t=-a2，
λ=-3a4.综上, 存在常数t=-a2，λ=-3a4,使数列{an+λ}是等比数列.
评注:方法一是从特殊到一般,即由前几项成等比数列,得到t和λ的可能取值,再说明这些值是否能使所有项成等比数列.值得说明的是,本题的这种解法虽然容易想到,但运算有一定的技巧,而且证明一般性时,要借助于数学归纳法思想,由a1，a2推得a4,由a2，a3推得a5,由a3，a4推得a6,…依此类推,学生难以想到.方法二直接从一般性入手,利用an和an-1的递推关系,构造两个等式,结合题设条件,要使两个等式分别对所有正奇数和所有正偶数恒成立,则有且只有一组解,从而将问题解决.此解法充分展示了恒等式的妙用.
三、 恒等式在解析几何“定点定值”中的应用
解析几何中的定点定值问题是常见的一类探索性问题,处理的一般方法有两种:一是用特殊位置或极端位置找出定点或定值,再证明一般情况;二是直接假设存在,然后将其转化为恒等式问题,利用恒等式左右两边的变量的系数对应相等来解决.
例3 (2011年高中总复习《优化设计》高效升级15卷17题)已知⊙O：x2+y2=1和点M（4，2）.
(1) 过点M向⊙O引切线l,求直线l的方程;
(2) 求以点M为圆心,且被直线y=2x-1截得的弦长为4的⊙M的方程;
(3) 设P为(2)中⊙M上任一点,过点P向⊙O引切线,切点为Q.试探究:平面内是否存在一定点R,使PQPR为定值?若存在,请举出一例,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由.
解: (1) 略;
(2) ⊙M的方程为（x-4）2+(y-2)2=9,即x2+y2-8x-4y+11=0(过程略).
(3) 方法一(资料提供的方法):假设存在这样的点R（a,b）,设点P（x,y）,根据题意可得PQ=x2+y2-1.设直线x=4交⊙M于P1（4，5），P2（4，-1）.则P1QP1R=40(4-a)2+（5-b）2，P2QP2R=4(4-a)2+(-1-b)2,由P1QP1R=P2QP2R,得:a2+b2-8a+10b+1=0 ①
设直线y=2交⊙M于P3（1，2）,P4（7，2），同样可得a2+b2-a-4b+1=0 ②
联立①②,解得a=2，
b=1，或a=25，
b=15.
当a=2，b=1时,PQPR=x2+y2-1(x-2)2+(y-1)2=x2+y2-1x2+y2-4x-2y+5,又点P（x,y）在⊙M上,所以x2+y2=8x+4y-11,代入上式并整理得:PQPR=2.
同样,当a=25，b=15时,PQPR=103.
综上, 平面内存在定点R,使PQPR为定值,比如R（2，1）,对应的比值为2,还有R25，15,对应的比值103.
方法二. 假设存在这样的点R（a,b）,使PQPR=λ（λ为大于0的常数）.设点P（x,y）,根据题意可得PQ=x2+y2-1，PR=（x-a）2+(y-b)3,∴ x2+y2-1(x-a)2+(y-b)2=λ,
又P（x,y）在⊙M上,所以x2+y2=8x+4y-11,将其代入上式并整理,得:8x+4y-12（8-2a）x+(4-2b)y+a2+b2-11=λ，
即［（8-2a）λ-8］x+［（4-2b）λ-4］y+(a2+b2-11)λ+12=0（*）
因为P（x,y）是⊙M上任意一点,所以*式对圆M上的任意点的坐标（x,y）恒成立,所以
（8-2a）λ-8=（4-2b）λ-4=（a2+b2-11）λ+12=0，解得λ=2，
a=2，
b=1，或
λ=109，
a=25，
b=15.
综上, 平面内存在定点R,使PQPR为定值,比如R（2，1）,对应的比值为2,还有R25，15,对应的比值103.
评注:本例中的方法一是从特殊到一般,通过两条最特殊的直线找到定点和定值,再验证一般性,此方法容易上手,但运算证明过程冗长.方法二是直接从一般性入手,利用⊙M的方程将关于x,y的二元二次式恒等式化简为二元一次式恒等式,由于P（x,y）的运动轨迹不是一条直线,所以x,y项的系数及常数项应均为0.
例4 已知圆P∶x2+（y-2）2=1,Q为x轴上的动点,圆Q和圆P相外切,圆Q与x轴交于M，N两点.
(1) 若圆Q和圆P的内公切线恰好过坐标原点,求圆Q方程;
(2) 在y轴上是否存在定点A,使得∠MAN为定值?若存在,求出定点A的坐标;若不存在,请说明理由.
解: (1) （x±23）2+y2=9(过程略);
(2) 设存在点A（0，a）,使得∠MAN为定值,并设（t，0）,圆Q的半径r=t2+4-1,则M(t-r，0)，N（t+r，0）.∵ ∠MAN为定值，∴ tan∠MAN为定值,设为m.
当M，N位于原点右侧时,tan∠MAN=tan(∠NAO-∠MAO)=t+r|a|-t-r|a|1+t+r|a|•t-r|a|=2|a|ra2+t2-r2=(2t2+4-2)|a|2t2+4+a2-5=m，整理得:2t2+4(|a|-m)=(a2-5)m+2|a|.由题意, 此式对无数个t∈R恒成立,所以m-|a|=0，
(a2-5)m+2|a|=0，解得a=±3，m=3.
同理,当M，N位于原点左侧或M，N位于原点两侧时,仍可求得a=±3，m=3.
综上,存在定点A（0，±3），∠MAN=π3.
评注:本例在探索是否存在点A时,先将∠MAN是定值转化为其某个三角函数值是定值,而转化为正切值是定值则便于运算,然后构造关于t2+4的恒等式,由对应项系数等于0,联立方程组求得定点和定值.
探索存在性问题近年来一直是高考的热点问题,无论大题还是小题都可能涉及.而函数、数列和解析几何又是高考考查的重点内容,本文所举几例,意在说明构造恒等式在处理与函数、数列和解析几何相关的存在性问题时的应用.
一、 恒等式在探求函数性质时的应用
函数图像的对称性 (包括函数的奇偶性)和函数的周期性问题,本身就对应着函数解析式所满足的某个恒等式.比如:函数f(x)的图像关于直线x=a对称的充要条件是对任意x∈R,恒有f(a-x)-f(a+x)=0.所以在探索函数图像的对称中心和对称轴是否存在等问题时,可以考虑利用相关的恒等式.
例1 (2009年江苏苏锡常镇调研二19题改编)已知k∈R,函数f(x)=mx+k•nx,其中m，n均为大于0且不等于的常数. (1) 如果实数m,n满足mn=1,函数f(x)是否具有奇偶性?如果有,求出相应的k值;如果没有,说明为什么. (2) 如果m=2，n=12,且k≠0,试探求函数f(x)是否有对称轴或对称中心.
解: (1) f(x)的定义域为R.
如果f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x)对x∈R恒成立,考虑到mn=1,
整理得:（nx-mx）（k-1）=0对x∈R恒成立. 因为nx-mx=0不恒成立,所以k=1.
如果f(x)为奇函数,则f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,考虑到mn=1,
整理得:(nx+mx)(k+1)=0对x∈R恒成立.因为nx+mx≠0,所以k=-1.
综上,当时k=1,f(x)是奇函数;当k=-1时,f(x)是偶函数.
(2) 当m=2，n=12时,f(x)=2x+k•2-x.
方法一(参考答案提供的方法):
如果k＜0，f(x)=2x+k•2-x=2x-（-k）•2-x=2x-2log2(-k)•2-x=2x-2log2(-k)-x=-f(log2(-k)-x),即f(log2(-k)-x)=-f(x),所以f(x)有对称中心12log2(-k)，0.
如果k＞0，f(x)=2x+k•2-x=2x+2log2k•2-x=2x+2log2k-x=f(log2k-x),
即f(log2k-x)=f(x）,所以f(x)有对称轴x=12log2k.
方法二:① 假设f(x)有对称中心(a,b),则f(a-x)+f(a+x)=2b对任意x∈R恒成立,即2a-x+k2a-x+2a+x+k2a+x=2b,整理得:2a+k2a2x+12x=2b对任意x∈R恒成立,
所以2a+k2a=0，
2b=0，当且仅当k＜0时,a=12log2(-k)，
b=0.所以当k＜0时,函数f(x)有对称中心12log2(-k)，0.
② 假设f(x)有对称轴x=m,则f(m-x)=f(m+x)对任意x∈R恒成立,用同样的方法可得,当且仅当k＞0时, 所以f(x)有对称轴x=12log2k.(过程略)
评注:本题的两个小题的解法都是利用了恒等式.但(2)的方法一是通过极富技巧性的变形,得到对称性所要满足的恒等式,从而找到对称中心和对称轴,这样的变形学生很难完成.而方法二则直接构造等式,将等式转化为关于2x+12x的恒等式,从而对应项的系数为0,简捷明了.
二、 恒等式在数列问题中的应用
数列问题中隐含了很多恒等式,如等差数列和等比数列的定义、数列的通项公式和前n项和公式以及数列的递推公式等,它们大都是对任意正自然数恒成立的式子,解题时应注意适时应用.
例2 (2011届江苏省百校高三联考19题)已知数列{an}满足:a1=a，a是非零常数,当n≥2时an=2an-1，n为奇数，
an-1+t，n为偶数，,t是常数. (1) 当a=1，t=0时,求数列{an}的通项公式; (2) 对于给定的常数a,是否存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列?若存在,求出t和λ的值;若不存在,请说明理由.
解: (1) an=2n-12，n为奇数，
2n-22，n为偶数(过程略)
(2) 方法一(参考答案提供的方法):∵ an=a，a2=a+t，a3=2a+2t，a4=2a+3t，假设存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列,则前4项a1+λ=a+λ，a2+λa+t+λ，a3+λ=2a+2t+λ，a4+λ=2a+3t也成等比数列,即:
a+t+λa+t=
2a+2t+λa+t+λ=
2a+3t+λ2a+2t+λ，即tα+λ=a+ta+t+λ=t2a++2t+λ，若t=0,则a=0,与题设a≠0矛盾,故t≠0,∴ a+λ=2a+2t+λ，∴ t=-a2，λ=-3a4.
此时,a1+λ=a4，a2+λ=-a4，a3+λ=a4，a4+λ=-a4…,
a2k+1+λ=2a2k+λ=2（22k+λ）-λ=-a2+3a4=a4，a2k+2+λ=a2k+1+t+λ=a4-a2=-a4，k∈N*,即数列{an+λ}是公比为-1的等比数列.
综上,存在常数t=-a2，λ=-3a4,使数列{an+λ}是等比数列.
方法二:假设存在常数t,λ，使数列{an+λ}是等比数列,不妨设an+λ=(a+λ)qn-1,即an=(a+λ)qn-1-λ,所以,① 当n为奇数时,由an=2an-1,得(a+λ)qn-1-λ=2［（a+λ）qn-1-λ］,整理得:（a+λ）qn-2(q-2)+λ=0，即等式（a+λ）qn-2(q-2)+λ=0对任意正奇数n恒成立.所以
a+λ=0，
λ=0，或q=2，
λ=0，或q=1，
a=0，或q=-1，
λ=-3a4.
② 当n为偶数时,由an=an+1+t,得(a+λ)qn-1=(a+λ)qn-2+t,整理得:(a+λ)qn-2(q-1)-t=0,
即等式(a+λ)qn-2(q-1)-t=0对任意正偶数n恒成立.所以
a+λ=0，
λ=0，或
q=1，
t=0，或q=-1，
-2(α+λ)=t.
结合①②,并注意到a≠0,可得q=-1，
t=-a2，
λ=-3a4.综上, 存在常数t=-a2，λ=-3a4,使数列{an+λ}是等比数列.
评注:方法一是从特殊到一般,即由前几项成等比数列,得到t和λ的可能取值,再说明这些值是否能使所有项成等比数列.值得说明的是,本题的这种解法虽然容易想到,但运算有一定的技巧,而且证明一般性时,要借助于数学归纳法思想,由a1，a2推得a4,由a2，a3推得a5,由a3，a4推得a6,…依此类推,学生难以想到.方法二直接从一般性入手,利用an和an-1的递推关系,构造两个等式,结合题设条件,要使两个等式分别对所有正奇数和所有正偶数恒成立,则有且只有一组解,从而将问题解决.此解法充分展示了恒等式的妙用.
三、 恒等式在解析几何“定点定值”中的应用
解析几何中的定点定值问题是常见的一类探索性问题,处理的一般方法有两种:一是用特殊位置或极端位置找出定点或定值,再证明一般情况;二是直接假设存在,然后将其转化为恒等式问题,利用恒等式左右两边的变量的系数对应相等来解决.
例3 (2011年高中总复习《优化设计》高效升级15卷17题)已知⊙O：x2+y2=1和点M（4，2）.
(1) 过点M向⊙O引切线l,求直线l的方程;
(2) 求以点M为圆心,且被直线y=2x-1截得的弦长为4的⊙M的方程;
(3) 设P为(2)中⊙M上任一点,过点P向⊙O引切线,切点为Q.试探究:平面内是否存在一定点R,使PQPR为定值?若存在,请举出一例,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由.
解: (1) 略;
(2) ⊙M的方程为（x-4）2+(y-2)2=9,即x2+y2-8x-4y+11=0(过程略).
(3) 方法一(资料提供的方法):假设存在这样的点R（a,b）,设点P（x,y）,根据题意可得PQ=x2+y2-1.设直线x=4交⊙M于P1（4，5），P2（4，-1）.则P1QP1R=40(4-a)2+（5-b）2，P2QP2R=4(4-a)2+(-1-b)2,由P1QP1R=P2QP2R,得:a2+b2-8a+10b+1=0 ①
设直线y=2交⊙M于P3（1，2）,P4（7，2），同样可得a2+b2-a-4b+1=0 ②
联立①②,解得a=2，
b=1，或a=25，
b=15.
当a=2，b=1时,PQPR=x2+y2-1(x-2)2+(y-1)2=x2+y2-1x2+y2-4x-2y+5,又点P（x,y）在⊙M上,所以x2+y2=8x+4y-11,代入上式并整理得:PQPR=2.
同样,当a=25，b=15时,PQPR=103.
综上, 平面内存在定点R,使PQPR为定值,比如R（2，1）,对应的比值为2,还有R25，15,对应的比值103.
方法二. 假设存在这样的点R（a,b）,使PQPR=λ（λ为大于0的常数）.设点P（x,y）,根据题意可得PQ=x2+y2-1，PR=（x-a）2+(y-b)3,∴ x2+y2-1(x-a)2+(y-b)2=λ,
又P（x,y）在⊙M上,所以x2+y2=8x+4y-11,将其代入上式并整理,得:8x+4y-12（8-2a）x+(4-2b)y+a2+b2-11=λ，
即［（8-2a）λ-8］x+［（4-2b）λ-4］y+(a2+b2-11)λ+12=0（*）
因为P（x,y）是⊙M上任意一点,所以*式对圆M上的任意点的坐标（x,y）恒成立,所以
（8-2a）λ-8=（4-2b）λ-4=（a2+b2-11）λ+12=0，解得λ=2，
a=2，
b=1，或
λ=109，
a=25，
b=15.
综上, 平面内存在定点R,使PQPR为定值,比如R（2，1）,对应的比值为2,还有R25，15,对应的比值103.
评注:本例中的方法一是从特殊到一般,通过两条最特殊的直线找到定点和定值,再验证一般性,此方法容易上手,但运算证明过程冗长.方法二是直接从一般性入手,利用⊙M的方程将关于x,y的二元二次式恒等式化简为二元一次式恒等式,由于P（x,y）的运动轨迹不是一条直线,所以x,y项的系数及常数项应均为0.
例4 已知圆P∶x2+（y-2）2=1,Q为x轴上的动点,圆Q和圆P相外切,圆Q与x轴交于M，N两点.
(1) 若圆Q和圆P的内公切线恰好过坐标原点,求圆Q方程;
(2) 在y轴上是否存在定点A,使得∠MAN为定值?若存在,求出定点A的坐标;若不存在,请说明理由.
解: (1) （x±23）2+y2=9(过程略);
(2) 设存在点A（0，a）,使得∠MAN为定值,并设（t，0）,圆Q的半径r=t2+4-1,则M(t-r，0)，N（t+r，0）.∵ ∠MAN为定值，∴ tan∠MAN为定值,设为m.
当M，N位于原点右侧时,tan∠MAN=tan(∠NAO-∠MAO)=t+r|a|-t-r|a|1+t+r|a|•t-r|a|=2|a|ra2+t2-r2=(2t2+4-2)|a|2t2+4+a2-5=m，整理得:2t2+4(|a|-m)=(a2-5)m+2|a|.由题意, 此式对无数个t∈R恒成立,所以m-|a|=0，
(a2-5)m+2|a|=0，解得a=±3，m=3.
同理,当M，N位于原点左侧或M，N位于原点两侧时,仍可求得a=±3，m=3.
综上,存在定点A（0，±3），∠MAN=π3.
评注:本例在探索是否存在点A时,先将∠MAN是定值转化为其某个三角函数值是定值,而转化为正切值是定值则便于运算,然后构造关于t2+4的恒等式,由对应项系数等于0,联立方程组求得定点和定值.
探索存在性问题近年来一直是高考的热点问题,无论大题还是小题都可能涉及.而函数、数列和解析几何又是高考考查的重点内容,本文所举几例,意在说明构造恒等式在处理与函数、数列和解析几何相关的存在性问题时的应用.