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在高中数学中，对“是否存在型”问题，其解法往往是先假设结论成立，变结论为条件，再逆向溯源，进行推理和演算：若推出结果与假设或已知相互矛盾，则否定先前的假设；若推出结果与假设或已知相一致，则说明假设成立。从而可根据推理和演算的结果获得相应的结论。
在实际的解题实践中，需要注意的两点：首先在过程的探索要充分挖掘已知条件；其次还需要注意观察条件的完备性，不放过任何可能的因素。这也是此类问题通向成功的解题技巧。现分别举例说明“是否存在型”问题的几种常见解法：
1待定系数法
例1：是否存在实数[a]，使得函数[f（x）=log2（x+x2+2）-a]为奇函数，同时满足函数[g（x）=x（1ax-1+a）]为偶函数？
解：假设存在实数[a]满足条件，则有
[f（-x）=-f（x）]得[log2（-x+x2+2）-a=-[log2（x+x2+2）-a]]
则[2a=log2（-x+x2+2）+log2（x+x2+2）=log2（x2+2-x2）][=log22=1]
[?a=12]，将[a=12]代入[g（x）]整理得[g（x）=x（1+2x）2（1-2x）（x≠0）]
此时[g（-x）=-x（1+2-x）2（1-2-x）=x（2x+1）2（1-2x）=g（x）]， 即[g（-x）=g（x）]
由上可知：存在实数[a=12]满足题目条件。
小结：利用待定系数法解决“是否存在型”问题，若为恒等式问题， 主要是通过比较两边对应项系数来确定所求未知数的值；若为不等式问题，关键是确定所求未知数的范围。
2构造法
例2：平面上是否存在不共线的四个向量，使其中任意两个向量的和与另外两个向量的和垂直。
解：假设存在符合条件的向量[a，b，c，d]
则有[（a+b）?（c+d）=0（a+c）?（b+d）=0（a+d）?（b+c）=0] [?] [（a-c）?（b-d）=0（a-b）?（c-d）=0（a-d）?（b-c）=0] ，下面构造[a，b，c，d]，如图1：任作一个正△[ABC]及其内切圆[O]，在圆[O]上任取点[P] （点[P]不同于三角形的高线与圆的交点）。取向量[a=PA，b=PB，c=PC，d=PO]
则[a-c=PA-PC=CA]，[b-d=PB-PO=OB]
又已知[CA⊥OB]得[（a-c）?（b-d）=0]
同理有[（a-b）?（c-d）=0] ，[（a-d）?（b-c）=0]
[∴]向量[a，b，c，d]满足条件，
故平面上是存在不共线的四个向量，使其中任意两个向量的和与另外两个向量的和垂直。
小结：构造法解决“是否存在型”问题就是构造出一种符合题目条件和结论的或找出一个符合题目条件但与结论相悖模型的一种方法。
3直接检验法
例3 [PD]垂直正方形[ABCD]所在平面，[AB=2]，[E]是[PB]的中点，[cos=33]，线段[AD]上是否存在点[F]，使[EF⊥]平面[PBC]。
解：如图2以[D]为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设[PD=2a]（[a>0]）则[P（0，0，2a）]，[A（2，0，0）]，[B（2，2，0）]，
[C（0，2，0）]，[E（1，1，a）]，从而[DP][=（0，0，2a）]，[AE][=（-1，1，a）]
∵[cos=33]
∴[2a22a?2+a2=33?a=1] ∴[E（1，1，1）]
假设线段[AD]上存在点[F]满足条件，则设[F（x，0，0）]其中[0≤x≤2]，
由[EF=（x-1，-1，-1）]，[PC=（0，2，-2）]，[CB=（2，0，0）]
∵[EF⊥]平面[PCB]
∴[EF?PC=0EF?CB=0?x=1∈[0，2]]
∵有点[F]在线段[DA]的中点上，使[EF⊥]平面[PCB]。
小结：直接检验法解决“是否存在型”问题就是从题目的条件出发，经过推理、运算直接得出结论的一种方法。
4观察、猜测、证明法
例4 已知数列{an}中，a1=1，则对任意正整数n，总有[an+1=anan-2]，是否存在实数a，b使得[an=a-b（-23）n]对任意正整数恒成立？
解：∵[an=a-b（-23）n]是一个一般性的结论，为了探求a，b是否存在，可从特殊的n出发，求出a，b的值，再检验是否满足一般条件。
由[a1=1，a2=a1a1-2=-1]，代入[an=a-b（-23）n]
得[a1=a-b（-23）=1a2=a-b（-23）2=-1?a=-15b=95]
∴[an=-15-95（-23）n]
当n=4时一方面[a4=-15-95（-23）4=-15-95×1681=-59]
另一方面由[an+1=anan-2]知[a4=a3a3-2=-15]矛盾
所以这样的实数a，b不存在
说明：若存在实数a、b则使用数学归纳法证明。
例5 已知函数[f（x）]的定义域为[R]，对任意[x，y∈R]，恒有[f（x+y）+f（x-y）=2f（x）?f（y）]，且有正数[c]，使[f（c2）=0]，试问是否存在实数[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）]）联想到三角函数中的和差化积的余弦公式[cos（α+β）+cos（α-β）=2cosαcosβ]于是找到一个符合条件的函数[y=cosx（x∈R），]又[cosπ2=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]即[T]可能为2[c]，于是设法证明[f（x+2c）=f（x）]。
解：由[f（x+y）+f（x-y）=2f（x）?f（y）]及[f（c2）=0]
得[f（x+c）+f（x）=2f（x+c2）?f（c2）=0]
[f（x+2c）+f（x+c）=2f（x+3c2）?f（c2）=0]
所以[f（x+c）+f（x）=f（x+2c）+f（x+c）]
即[f（x+2c）=f（x）]
∴存在实数[T=2c]使得[f（x+T）=f（x）]成立。
小结：观察、猜测、证明法解决“是否存在型”问题可以从特殊情况出发，通过观察、类比.猜想求出结论，再将此结论证明的一种方法。
以上几种方法是我们解答“是否存在型”问题的常用解法，在解题时需要根据具体问题，选用适当方法。
在实际的解题实践中，需要注意的两点：首先在过程的探索要充分挖掘已知条件；其次还需要注意观察条件的完备性，不放过任何可能的因素。这也是此类问题通向成功的解题技巧。现分别举例说明“是否存在型”问题的几种常见解法：
1待定系数法
例1：是否存在实数[a]，使得函数[f（x）=log2（x+x2+2）-a]为奇函数，同时满足函数[g（x）=x（1ax-1+a）]为偶函数？
解：假设存在实数[a]满足条件，则有
[f（-x）=-f（x）]得[log2（-x+x2+2）-a=-[log2（x+x2+2）-a]]
则[2a=log2（-x+x2+2）+log2（x+x2+2）=log2（x2+2-x2）][=log22=1]
[?a=12]，将[a=12]代入[g（x）]整理得[g（x）=x（1+2x）2（1-2x）（x≠0）]
此时[g（-x）=-x（1+2-x）2（1-2-x）=x（2x+1）2（1-2x）=g（x）]， 即[g（-x）=g（x）]
由上可知：存在实数[a=12]满足题目条件。
小结：利用待定系数法解决“是否存在型”问题，若为恒等式问题， 主要是通过比较两边对应项系数来确定所求未知数的值；若为不等式问题，关键是确定所求未知数的范围。
2构造法
例2：平面上是否存在不共线的四个向量，使其中任意两个向量的和与另外两个向量的和垂直。
解：假设存在符合条件的向量[a，b，c，d]
则有[（a+b）?（c+d）=0（a+c）?（b+d）=0（a+d）?（b+c）=0] [?] [（a-c）?（b-d）=0（a-b）?（c-d）=0（a-d）?（b-c）=0] ，下面构造[a，b，c，d]，如图1：任作一个正△[ABC]及其内切圆[O]，在圆[O]上任取点[P] （点[P]不同于三角形的高线与圆的交点）。取向量[a=PA，b=PB，c=PC，d=PO]
则[a-c=PA-PC=CA]，[b-d=PB-PO=OB]
又已知[CA⊥OB]得[（a-c）?（b-d）=0]
同理有[（a-b）?（c-d）=0] ，[（a-d）?（b-c）=0]
[∴]向量[a，b，c，d]满足条件，
故平面上是存在不共线的四个向量，使其中任意两个向量的和与另外两个向量的和垂直。
小结：构造法解决“是否存在型”问题就是构造出一种符合题目条件和结论的或找出一个符合题目条件但与结论相悖模型的一种方法。
3直接检验法
例3 [PD]垂直正方形[ABCD]所在平面，[AB=2]，[E]是[PB]的中点，[cos
解：如图2以[D]为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设[PD=2a]（[a>0]）则[P（0，0，2a）]，[A（2，0，0）]，[B（2，2，0）]，
[C（0，2，0）]，[E（1，1，a）]，从而[DP][=（0，0，2a）]，[AE][=（-1，1，a）]
∵[cos
∴[2a22a?2+a2=33?a=1] ∴[E（1，1，1）]
假设线段[AD]上存在点[F]满足条件，则设[F（x，0，0）]其中[0≤x≤2]，
由[EF=（x-1，-1，-1）]，[PC=（0，2，-2）]，[CB=（2，0，0）]
∵[EF⊥]平面[PCB]
∴[EF?PC=0EF?CB=0?x=1∈[0，2]]
∵有点[F]在线段[DA]的中点上，使[EF⊥]平面[PCB]。
小结：直接检验法解决“是否存在型”问题就是从题目的条件出发，经过推理、运算直接得出结论的一种方法。
4观察、猜测、证明法
例4 已知数列{an}中，a1=1，则对任意正整数n，总有[an+1=anan-2]，是否存在实数a，b使得[an=a-b（-23）n]对任意正整数恒成立？
解：∵[an=a-b（-23）n]是一个一般性的结论，为了探求a，b是否存在，可从特殊的n出发，求出a，b的值，再检验是否满足一般条件。
由[a1=1，a2=a1a1-2=-1]，代入[an=a-b（-23）n]
得[a1=a-b（-23）=1a2=a-b（-23）2=-1?a=-15b=95]
∴[an=-15-95（-23）n]
当n=4时一方面[a4=-15-95（-23）4=-15-95×1681=-59]
另一方面由[an+1=anan-2]知[a4=a3a3-2=-15]矛盾
所以这样的实数a，b不存在
说明：若存在实数a、b则使用数学归纳法证明。
例5 已知函数[f（x）]的定义域为[R]，对任意[x，y∈R]，恒有[f（x+y）+f（x-y）=2f（x）?f（y）]，且有正数[c]，使[f（c2）=0]，试问是否存在实数[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）]）联想到三角函数中的和差化积的余弦公式[cos（α+β）+cos（α-β）=2cosαcosβ]于是找到一个符合条件的函数[y=cosx（x∈R），]又[cosπ2=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]即[T]可能为2[c]，于是设法证明[f（x+2c）=f（x）]。
解：由[f（x+y）+f（x-y）=2f（x）?f（y）]及[f（c2）=0]
得[f（x+c）+f（x）=2f（x+c2）?f（c2）=0]
[f（x+2c）+f（x+c）=2f（x+3c2）?f（c2）=0]
所以[f（x+c）+f（x）=f（x+2c）+f（x+c）]
即[f（x+2c）=f（x）]
∴存在实数[T=2c]使得[f（x+T）=f（x）]成立。
小结：观察、猜测、证明法解决“是否存在型”问题可以从特殊情况出发，通过观察、类比.猜想求出结论，再将此结论证明的一种方法。
以上几种方法是我们解答“是否存在型”问题的常用解法，在解题时需要根据具体问题，选用适当方法。