“是否存在型”问题的一般解法VIP专享VIP免费

“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．＝（（ｎ2＋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，ａｎ＝ａ１＋（ｎ－1）ｄ＝5（ｎ－1）＋1，ｂｎ＝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ｌｏｇａ6＝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／ｘ２））=（ｘ１－ｘ２）＋（（ｘ２－ｘ１）／ｘ１ｘ２）=（ｘ１－ｘ２）·（（ｘ１ｘ２－1）／ｘ１ｘ２）， 0＜ｘ１...