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对于结论不确定的问题称为存在性问题.一般有肯定型、否定型和讨论型三种，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”就是无论用什么方法都找不出一个适合某种已知条件或性质的对象，这类问题一般需要推理论证；“是否存在”结论有两种：可能.或存在，需要找出来；若不存在，则需说明理由.此类问题是开放性、讨论型问题，称为存在型探索性问题.存在型探索性问题是高考解析几何命题的重点和热点，同时又是难点.解答存在型探索性问题一般是合理转化成等价的、容易表述的数学问题来解决，其方法有反证法和假设验证法两种.本文从近年的高考试题中精选几道对这一问题的解决进行探讨.
一、反证法
先假设满足题意某数学对象存在，经过推理论证，如果得到可以成立的结果，就可做出存在的结论；若得到与已知条件 、定义、公理、定理、性质相矛盾的量，则说明假设不存在，从而肯定或否定假设.
例1 （2011年湖北21）设函数f （x）定义在（1，+∞）上，f （1）=0，导函数f ′（x）=1x，g（x）=f （x）+f ′（x）.
（1）求g（x）的单调区间和最小值；
（2）讨论g（x）与g（1x）的大小关系；
（3）是否存在x0>0，使得|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由.
解：（1）因为f ′（x）=1x，所以f （x）=lnx+c（c为常数），又因为f （1）=0，所以ln1+c=0，即c=0，
所以f （x）=lnx；g（x）=lnx+1x，
所以g′（x）=x-1x2，令g′（x）=0，即x-1x2=0，解得x=1，
当x∈（0，1）时，g′（x）<0，g（x）是减函数，故区间在（0，1）是函数g（x）的减区间；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，g（x）是增函数，故区间在（1，+∞）是函数g（x）的增区间；
所以x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以g（x）的最小值是g（1）=1.
（2）g（1x）=-lnx+x，设h（x）=g（x）-g（1x）=2lnx-x+1x，
则h′（x）=-（x-1）2x2，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=g（1x）.
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）<0，h′（1）=0，
因此函数h（x）在（0，+∞）内单调递减，
当0h（1）=0，所以g（x）>g（1x）；
当x>1时，h（x） （3）满足条件的x0>0不存在.证明如下：
假设存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立，
即对任意x>0有 lnx①
但对上述的x0，取x1=eg（x0）时，有lnx1=g（x0），这与①左边的不等式矛盾，
因此不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立.
二、假设验证法
即在假设某数学对象存在的前提下，有特例探索可能的对象，做出猜想，然后加以论证.
例2 （2010年江西17）设函数f （x）=6x3+3（a+2）x2+2ax.
（1）若f （x）的两个极值点为x1，x2，且x1x2=1，求实数a的值；
（2）是否存在实数a，使得f （x）是（-∞，+∞）上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
解： f ′（x）=18x2+6（a+2）x+2a.
（1）由已知有f ′（x1）=f ′（x2）=0，从而x1x2=2a18=1，所以a=9；
（2）由Δ=36（a+2）2-4×18×2a=36（a2+4）>0，
所以不存在实数a，使得f （x）是R上的单调函数.
评述：本题考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识.
例3 （2008年辽宁22）设函数f （x）=lnx1+x-lnx+ln（x+1）.
（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由.
解：（Ⅰ）f ′（x）=1x（1+x）-lnx（1+x）2-1x+1x+1=-lnx（1+x）2.
故当x∈（0，1）时，f ′（x）>0，x∈（1，+∞）时，f ′（x）<0.
所以f （x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.
由此知f （x）在（0，+∞）的极大值为f （1）=ln2，没有极小值.
（Ⅱ）（i）当a≤0时，
由于f （x）=（1+x）ln（1+x）-xlnx1+x=ln（1+x）+x[ln（1+x）-lnx]1+x>0，故关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞）.
（ⅱ）当a>0时，由f （x）=lnx1+x+ln（1+1x）知f （2n）=ln2n1+2n+ln（1+12n），其中n为正整数，且有ln（1+12n）-log2（en2-1）.
又n≥2时，ln2n1+2n=nln21+（1+1）n 且2ln2n-14ln2a+1.
取整数n0满足n0>-log2（en2-1），n0>4ln2a+1，且n0≥2，
则f （2n0）=n0ln21+2n0+ln（1+12n0） 即当a>0时，关于x的不等式f （x）≥a的解集不是]（0，+∞）.
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞），且a的取值范围为（-∞，0].
评述：本题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力.
云南省巧家县二中 （654600）
一、反证法
先假设满足题意某数学对象存在，经过推理论证，如果得到可以成立的结果，就可做出存在的结论；若得到与已知条件 、定义、公理、定理、性质相矛盾的量，则说明假设不存在，从而肯定或否定假设.
例1 （2011年湖北21）设函数f （x）定义在（1，+∞）上，f （1）=0，导函数f ′（x）=1x，g（x）=f （x）+f ′（x）.
（1）求g（x）的单调区间和最小值；
（2）讨论g（x）与g（1x）的大小关系；
（3）是否存在x0>0，使得|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由.
解：（1）因为f ′（x）=1x，所以f （x）=lnx+c（c为常数），又因为f （1）=0，所以ln1+c=0，即c=0，
所以f （x）=lnx；g（x）=lnx+1x，
所以g′（x）=x-1x2，令g′（x）=0，即x-1x2=0，解得x=1，
当x∈（0，1）时，g′（x）<0，g（x）是减函数，故区间在（0，1）是函数g（x）的减区间；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，g（x）是增函数，故区间在（1，+∞）是函数g（x）的增区间；
所以x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以g（x）的最小值是g（1）=1.
（2）g（1x）=-lnx+x，设h（x）=g（x）-g（1x）=2lnx-x+1x，
则h′（x）=-（x-1）2x2，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=g（1x）.
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）<0，h′（1）=0，
因此函数h（x）在（0，+∞）内单调递减，
当0h（1）=0，所以g（x）>g（1x）；
当x>1时，h（x） （3）满足条件的x0>0不存在.证明如下：
假设存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立，
即对任意x>0有 lnx①
但对上述的x0，取x1=eg（x0）时，有lnx1=g（x0），这与①左边的不等式矛盾，
因此不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立.
二、假设验证法
即在假设某数学对象存在的前提下，有特例探索可能的对象，做出猜想，然后加以论证.
例2 （2010年江西17）设函数f （x）=6x3+3（a+2）x2+2ax.
（1）若f （x）的两个极值点为x1，x2，且x1x2=1，求实数a的值；
（2）是否存在实数a，使得f （x）是（-∞，+∞）上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
解： f ′（x）=18x2+6（a+2）x+2a.
（1）由已知有f ′（x1）=f ′（x2）=0，从而x1x2=2a18=1，所以a=9；
（2）由Δ=36（a+2）2-4×18×2a=36（a2+4）>0，
所以不存在实数a，使得f （x）是R上的单调函数.
评述：本题考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识.
例3 （2008年辽宁22）设函数f （x）=lnx1+x-lnx+ln（x+1）.
（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由.
解：（Ⅰ）f ′（x）=1x（1+x）-lnx（1+x）2-1x+1x+1=-lnx（1+x）2.
故当x∈（0，1）时，f ′（x）>0，x∈（1，+∞）时，f ′（x）<0.
所以f （x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.
由此知f （x）在（0，+∞）的极大值为f （1）=ln2，没有极小值.
（Ⅱ）（i）当a≤0时，
由于f （x）=（1+x）ln（1+x）-xlnx1+x=ln（1+x）+x[ln（1+x）-lnx]1+x>0，故关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞）.
（ⅱ）当a>0时，由f （x）=lnx1+x+ln（1+1x）知f （2n）=ln2n1+2n+ln（1+12n），其中n为正整数，且有ln（1+12n）-log2（en2-1）.
又n≥2时，ln2n1+2n=nln21+（1+1）n 且2ln2n-14ln2a+1.
取整数n0满足n0>-log2（en2-1），n0>4ln2a+1，且n0≥2，
则f （2n0）=n0ln21+2n0+ln（1+12n0） 即当a>0时，关于x的不等式f （x）≥a的解集不是]（0，+∞）.
综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f （x）≥a的解集为（0，+∞），且a的取值范围为（-∞，0].
评述：本题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力.
云南省巧家县二中 （654600）