童其林

有時候，人們用正向思維解答不了的問題，用逆向思維往往可以迎刃而解.數(shù)學證明也有相同的情形，靠一般方法難以奏效時，反證法會助人一臂之力.

反證法是數(shù)學證明中的一種重要方法，它是從否定命題的結論出發(fā)，通過正確的邏輯導出矛盾，從而證明了原命題的正確性的一種重要方法.反證法之所以有效是因為它對結論的否定實際上增加了論證的條件，這對發(fā)現(xiàn)正確的解題思路是有幫助的.在現(xiàn)代數(shù)學中，反證法已成為最常用和最有效的解決問題的方法之一.

一、知識歸納

1. 用反證法證明命題的一般步驟如下：

①反設：假設命題的結論不成立，即假設結論的反面成立；

②歸謬：從假設出發(fā)，經(jīng)過推理論證，得出矛盾；

③結論：由矛盾判定假設不正確，從而肯定命題的結論正確.

2. 反證法一般常用于有下述特點的命題的證明：

①結論本身以否定形式出現(xiàn)；

②結論是“至少”“至多”“唯一”“都是”等形式；

③結論涉及“存在或不存在”，“有限或無限”等形式；

④結論的反面比原結論更具體或更易于證明.

二、學習要點

1. 用反證法證題的關鍵是“反設”，對一些特殊結論的反設見下表：

2. 反證法證題的難點是如何引出“矛盾”，用反證法證明命題“若p則q”時，引出矛盾的形式有下面三個方面：

①由假設結論q不成立，經(jīng)過推理論證得到條件p不成立，即與原命題的條件矛盾，這種情況實際上是證明了命題的“逆否命題”正確；

②由假設結論q不成立，經(jīng)過推理論證得到結論q成立，即由“非q為真”推出了“q為真”，形成了自相矛盾；

③由假設結論q不成立，經(jīng)過推理論證得到一個恒假命題，即與某個“公理、定義、定理、性質(zhì)”矛盾，或與某個顯然的概念、結論矛盾.

但在實際應用時，究竟如何引出矛盾必須根據(jù)命題本身的數(shù)學內(nèi)容進行探索，有時很難事先估計如何引出矛盾或是否能用反證法證明成功，正是由于這些難點，所以在高考中反證法出現(xiàn)得較少.

3. 反證法的邏輯依據(jù).

反證法所依據(jù)的是邏輯思維規(guī)律中的“矛盾律”和“排中律”.在同一思維過程中，兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真，至少有一個是假的，這就是邏輯思維中的“矛盾律”；兩個互相矛盾的判斷不能同時都假，簡單地說“A或者非A”，這就是邏輯思維中的“排中律”.反證法在其證明過程中，得到矛盾的判斷，根據(jù)“矛盾律”，這些矛盾的判斷不能同時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經(jīng)證明為正確的命題都是真的，所以“否定的結論”必為假.再根據(jù)“排中律”，結論與“否定的結論”這一對立的互相否定的判斷不能同時為假，必有一真，于是我們得到原結論必為真.所以反證法是以邏輯思維的基本規(guī)律和理論為依據(jù)的，反證法是可信的.

本文就反證法思想在解題中的應用加以分類解析，旨在探索題型規(guī)律，揭示解題方法.

三、應用

1. 在簡易邏輯中的應用.

例1設x，y∈R ，P：x+y≠8，q：x≠2或 y≠6，則p是q的（ ）

A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件

C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件

分析：直接判斷總感覺模凌兩可，若從反證法的思想考慮逆否命題，簡潔清晰.

解析：因為“？劭q∶x=2 且y=6”是“？劭p∶x+y=8 ”的充分不必要條件，所以p是q充分不必要條件.

點評：在簡易邏輯中，當原問題是否定形式的命題，且直接證明或求解較為困難時，考慮逆否命題可化難為易，簡潔清晰.

2. 在平面向量中的應用.

例2. 設A1，A2，A3，A4，A5是空間中給定的5個不同的點，則使 + + + + = 成立的點M的個數(shù)為（ ）

A. 0 B. 1 C. 5 D. 10

分析：先用向量加法意義說明這樣的點是存在的，再用反證法證明這樣的點是唯一的.

解析：由 + + + + = ，得 = （ + + + + ），由向量加法法則知存在這樣的點M；下面用反證法證明點M的個數(shù)是唯一的，假設滿足條件的點除M外還有點N，那么 + + + + = ……①， + + + + = ……②，①-②得5 = ，則N點與M點重合，與假設矛盾.所以滿足條件的點M只有一個.

點評：涉及唯一性問題的證明時，利用反證法可以有效的突破解題困境，使問題處理的簡潔流暢.

3. 在數(shù)列中的應用.

例3. 已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1= ，an+1= an+n-4，bn=（-1）n（an-3n+21），其中 為實數(shù)，n為正整數(shù).

（1）對任意實數(shù) ，證明數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；（2）略.

分析：先假設結論反面成立，再由前三項是等比數(shù)列推出矛盾.

證明：假設{an}是等比數(shù)列，則a22=a1a3又題知：a2= -3，a3= a2-2= -4，∴（ -3）2= （ -4），∴9=0，矛盾，故假設不成立，即{an}不是等比數(shù)列.

點評：數(shù)列中涉及到證明“不是等比數(shù)列，不是等差數(shù)列”這類題型時，利用反證法證明可直搗黃龍.

例4. 已知數(shù)列{an}滿足：a1= ， = ，anan+1<0（n≥1）；數(shù)列{bn}滿足：bn= （n≥1）（1）求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；（2）證明：數(shù)列{bn}中的任意三項不可能成等差數(shù)列.

分析：先假設存在三項是等差數(shù)列，化為整式后利用數(shù)論知識推導矛盾.

解析：（1）an=（-1）n-1 ，bn= ·（ ）n-1；（2）假設數(shù)列{bn}中存在三項br，bs，bt（rbs>bt，∴2bs=br+bt， ∴2· （ ）s-1= （ ）r-1+ （ ）t-1，兩邊同乘3t-121-r，化簡得3t-r+2t-r=2·2s-r3t-s，∵r

點評：借助反證法思想，乍看繁難的問題，利用反證法有效的突破了解題困境，一氣呵成.

4. 在函數(shù)中的應用.

例5. 設f（x）=x|x+m|+n，m，n為常數(shù)，討論f（x）的奇偶性并說明理由.

分析：容易觀察m， n都是0時，f（x）是奇函數(shù)，利用定義容易證明； m，n至少有一個不為0時，f（x）是非奇非偶函數(shù)，利用反證法分兩類情況證明.

解析： ①若m=n=0，則f（-x）=-x│x│=-f（x），故f（x）為奇函數(shù)；②若m2+n2≠0，則f（x）是非奇非偶函數(shù)，下用反證法證明：假設f（x）是奇函數(shù)，則f（0）=n=0，∴ f（-1）=-│m-1│=-f（1）=│m+1│，∴ （m-1）2=（m+1）2，∴m=0，這與m2+n2≠0矛盾，故f（x）不是奇函數(shù)；假設f（x）是偶函數(shù)，則f（-1）=-|m-1|+n=|m+1|+n，∴|m+1|+|m-1|=0，這與|m+1|+|m-1|≥2矛盾，故f（x）不是偶函數(shù). 綜合上述，f（x）是非奇非偶函數(shù).

點評：函數(shù)中涉及到“不是奇（偶）函數(shù)，不是單調(diào)函數(shù)”這類問題的證明時，往往可用反證法將問題解決得干凈徹底.

例6. 給定實數(shù)a，a≠0且a≠1，設函數(shù)y= （其中x∈R且x≠ ），證明：經(jīng)過這個函數(shù)圖像上任意兩個不同點的直線不平行于x軸.

分析：“不平行”的否定是“平行”，假設“平行”后得出矛盾從而推翻假設.

證明：設M1（x1，y1）、M2（x2，y2）是函數(shù)圖像上任意兩個不同的點，則x1≠x2，假設直線M1M2平行于x軸，則必有y1=y2，即 = ，整理得a（x1-x2）=x1-x2. ∵ x1≠x2， ∴ a=1， 這與已知“a≠1”矛盾， 因此假設不對，即直線M1M2不平行于x軸.

5. 在立體幾何中的應用.

例7. 如圖，設SA、SB是圓錐SO的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點.求證：AC與平面SOB不垂直.

分析：結論是“不垂直”，呈“否定性”，考慮使用反證法，即假設“垂直”后再導出矛盾后，再肯定“不垂直”.

證明： 假設AC⊥平面SOB，

∵ 直線SO在平面SOB內(nèi)，∴ AC⊥SO.

∵ SO⊥底面圓O，∴ SO⊥AB，

∴ SO⊥平面SAB，∴平面SAB∥底面圓O，

這顯然出現(xiàn)矛盾，所以假設不成立.

即AC與平面SOB不垂直.

點評：否定性的問題常用反證法.例如證明異面直線，可以假設共面，再把假設作為已知條件推導出矛盾.

6. 在不等式中的應用.

例8. 已知a1，a2，a3，…，a10為大于0的正實數(shù)，且a1+a2+a3+…+a10=30，a1a2a3…a10<21. 求證：a1，a2，a3，…，a10這10個數(shù)中必有一個數(shù)在（0，1）之間.

分析：先假設這10個數(shù)都大于1，再利用換元法和不等式的性質(zhì)推導出與已知條件矛盾.

證明：假設ai≥1（1≤i≤10，i∈N？鄢），令bi=ai-1≥0，則由a1+a2+…+a10=30得b1+b2+…+b10=20，又a1a2…a10=（b1+1）（b2+1）…（b10+1）=1+（b1+b2+…+b10）+…+（b1b2…b10）≥1+（b1+b2+…+b10）=21，這與條件a1a2…a10<21矛盾，故a1，a2，…，a10這10個數(shù)必有一個數(shù)在（0， 1）之間.

點評：不等式中涉及到“必有一個，至少一個，至多一個”等命題的證明時，采用反證法可以使問題解決的十分干脆徹底.

例9. 設a>0，b>0，（ ）

A. 若2a+2a=2b+3b，則a>b

B. 若2a+2a=2b+3b，則a

C. 若2a-2a=2b-3b，則a>b

D. 若2a-2a=2b-3b，則a

分析：本題將常見不等式題目中的條件和結論進行了交換，直接證明感覺無從下手，采用反證法問題可以迎刃而解.

解析：對于A選項，利用反證法，假設a≤b，則2a≤2b，2a≤2b<3b，故2a+2a<2b+3b，即2a+2a≠2b+3b這與條件矛盾，故假設不成立，即選項A正確.

點評：對于常見不等式問題的逆命題，利用反證法可以化難為易.

例10. 設 a，b為正實數(shù).現(xiàn)有下列命題：①若a2-b2=1，則a-b<1；②若 - =1，則a-b<1；③若 | - |=1，則|a-b|<1；④若|a3-b3|=1，則|a-b|<1其中的真命題有（ ）

分析：對假命題②③，可用特值法判斷；對真命題①④，可利用反證法證明.

解析：對于②，令a=2，b= ，顯然滿足條件，但a-b= >1故②錯誤；對于③，令a=4，b=1，顯然滿足條件，但│a-b│=3>1故③錯誤；對于①，假設a-b≥1，∵a，b>0，∴a+b>a-b≥1，∴a2-b2=（a+b）（a-b）>1，即a2-b2≠1，與條件矛盾，假設不成立，故a-b<1，即①正確；對于④，假設│a-b│≥1，∵a，b>0，∴a2+ab+b2>（a-b）2= |a-b|2≥1，∴|a3-b3|=|a-b||a2+ab+b2|>1，與條件矛盾，假設不成立，故|a-b|<1即④正確.

點評：本題主要考查反證法在不等式中的應用，利用反證法可以扭轉不利的局面，從而使問題快速獲解.

7. 在三角函數(shù)中的應用.

例11. 存不存在0

解析：不存在.否則有cosx-sinx= -tanx= ，

則cosx-sinx=0或者1= .

若cosx-sinx=0，有x= .而此時 ， ，1，1不成等差數(shù)列；

若1= ，有（sinxcosx）2=1+2sinxcosx.解得有sinxcosx=1± .

而sinxcosx= sin2x∈（0， ]，矛盾！所以滿足題設的x不存在.

8. 在解析幾何中的應用.

例12. 求證拋物線y= x2-1上不存在關于直線l：y=x對稱的方程.

證明： 假設所給拋物線上存在關于直線l：y=x對稱的兩點A（x1， x12-1）， B（x2， x22-1）. 由于拋物線y= x2-1上任意兩點的橫坐標不同， 故x1≠x2， 由l⊥AB， 且AB的中點在l上， 得：

=-1， [（ x12-1）+ （x22-1）]= ，解得x1=x2=0， 這與x1≠x2矛盾， 故假設不真， 原命題成立.

點評：反證法具有試探性， 有時直接證明難以入手， 可嘗試用反證法， 若能推出矛盾則可證命題為真； 若無法推出矛盾， 往往也可從中分析出解題的途徑與方法.

從以上例子可以看出，善于抓住題型結構，恰當應用反證法，即通過否定初始之否定而達到肯定原結論的目的，可以使一些難解的問題得到解決.為了這種否定，必須在推理中有意識地制造矛盾并及時發(fā)現(xiàn)矛盾.反證法也可以加強學生逆向思維的訓練，提高解決問題的能力.

練習題：

1. 已知函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是減函數(shù)，則方程f（x）=0 （ ）

A. 至多一個實根 B. 至少一個實根

C. 一個實根 D. 無實根

2.（2013·山西師大附中模擬）用反證法證明某命題時，對結論：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設為（ ）

A. a，b，c中至少有兩個偶數(shù)

B. a，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)

C. a，b，c都是奇數(shù)

D. a，b，c都是偶數(shù)

3. 用反證法證明命題“若sin θ +cos θ· =1，則sin θ≥0且cos θ≥0”時，應假設________.

4.（2013·邯鄲模擬）設a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：

①a+b>1；②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1.

其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是________.（填序號）

5. 求證：a，b，c為正實數(shù)的充要條件是a+b+c>0，且ab+bc+ca>0和abc>0.

練習題參考答案

1. A； 2. B；3. sinθ<0或cosθ<0；

4. 解析：若a= ，b= ，則a+b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a=b=1，則a+b=2，故②推不出；若a=-2，b=-3，則a2+b2>2，故④推不出；若a=-2，b=-3，則ab>1，故⑤推不出；對于③，即a+b>2，則a，b中至少有一個大于1，反證法：假設a≤1且b≤1，則a+b≤2與a+b>2矛盾，因此假設不成立，故a，b中至少有一個大于1.答案為③.

5. 證明：必要性（直接證法）：∵a，b，c為正實數(shù)，∴a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，因此必要性成立.

充分性（反證法）：假設a，b，c是不全為正的實數(shù)，由于abc>0，則它們只能是兩負一正，不妨設a<0，b<0，c>0.又∵ab+bc+ca>0，∴a（b+c）+bc>0，且bc<0，∴ a（b+c）>0. 又∵ a<0，∴ b+c<0，∴ a+b+c<0，這與a+b+c>0相矛盾.故假設不成立，原結論成立，即a，b，c均為正實數(shù).

（作者單位：福建省永定縣城關中學）

責任編校 徐國堅