峰回路轉 反證法

反證法證題模式可以簡要地概括為“否定→推理→否定”. 應用反證法的主要三步是：否定結論→導出矛盾→肯定結論. 實施的具體步驟是：第一步，作出與求證結論相反的假設；第二步，將假設作為條件，通過一系列的正確推理導出矛盾；第三步，說明假設不成立，從而肯定原命題成立.

解答數學試題經常會用到反證法. 一般來講，適宜用反證法的命題常以“否定”“至少”“至多”“唯一”“無限”等形式出現. 直接證明難以入手的命題，也適宜用反證法. 面對許多命題如果能夠改變思維角度，從結論入手逆向思考，往往會出現“柳暗花明又一村”的效果.

一、“否定”命題

例1等差數列｛an｝的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3． 數列｛an｝的前n項和為Sn，設bn＝（n∈N#8727;），求證：數列｛bn｝中任意不同的三項都不可能成為等比數列．

證明：由已知條件可以得到a1

＝＋1，

3a1＋3d

＝9＋3，所以d＝2，an＝2n－1＋，Sn＝n（n＋）． bn＝＝n＋． 假設數列｛bn｝中存在三項bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比數列，則b＝bpbr．即（q＋）2＝（p＋）（r＋）． 所以（q2－pr）＋（2q－p－r）＝0，由于p，q，r∈N#8727;，所以q2－pr＝0，

2q－p－r＝0，所以

＝pr，（p－r）2＝0，進而p＝r與p≠r矛盾． 所以數列｛bn｝中任意不同的三項都不可能成等比數列．

點評：否定性問題常用反證法． 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；證明不平行，可以假設平行，再把假設作為已知條件推導出矛盾等．

二、“至多”“至少”命題

例2已知p1，p2，q1，q2∈R，且p1p2＝2（q1＋q2）． 求證：方程x2＋p1x＋q1＝0和x2＋p2x＋q2＝0中至少有一個方程有實根．

證明：假設這兩個一元二次方程都沒有實根，那么他們的判別式都小于0，即Δ1 ＝p

－4q1＜0，

Δ2＝p

－4q2 ＜0，#8658;p

＜4q1，

p

＜4q2，所以p＋p＜4（q1＋q2 ）． 因為p1p2＝2（q1＋q2）代入上式得p＋p－2p1 p2＜0，即（p1-p2）2＜0，產生矛盾． 所以假設不成立，故這兩方程中，至少有一個方程有實根．

點評：兩個方程至少有一個方程有實根的反面情況僅有一種，即兩個方程均沒有實根． “至少有一個”的反面是“一個都沒有”． 解決“至少”“至多”問題時若從反面入手，則可使問題變得簡單．

三、“唯一性”命題

例3已知對任意給定的正整數n，存在整數p，q，0≤q＜p，使得n＝p·（p－1）＋q，求證：滿足條件的數對p，q是唯一的．

證明：假設存在兩對整數p1，q1與p2，q2（p1≠p2或q1≠q2）都滿足條件，即n＝p1（p1－1）＋q1＝p2（p2－1）＋q2. 不妨設p1＜p2，則n＝p1（p1－1）＋q1＜p1·（p1－1）＋p1＝p1（p1＋1）≤p2（p2－1）≤p2（p2－1）＋q2＝n，產生矛盾． 如果p1＝p2，q1＝n－p1（p1－1）＝n－p2（p2－1）＝q2，產生矛盾． 所以滿足條件的p，q是唯一的．

點評：“唯一性”命題適合用反證法． “唯一性”命題不僅要說明存在而且要說明唯一．

四、“都是”“都不是”命題

例4已知a//b//c//…，且a∩平面α=A，如圖1所示． 求證：這組平行線都必與平面α相交．

證明：不妨先證明這組平行線中的任一條直線b和平面α相交． 假設b和平面α不相交，即b#8834;α或b//α.

[α][a][b][A]

圖1

（1）若b#8834;α，因為a//b，a#8836;α，所以a//α，這與a∩α=A相矛盾．

（2）如圖2所示，如果b//α，因為a//b，所以a和b確定一個平面β，顯然平面α與平面β相交． 設α∩β=c，因為b//α，所以b//c． 又a//b，從而a//c且a#8836;α，c#8834;α． 故a//α，這與a∩α=A矛盾．

[A][α][β][a][b][c]

圖2

由（1）（2）可知，假設不成立． 故直線b與平面α相交． 對于其他直線同樣可以證明．

點評：有些命題如果可利用的公理、定理較少或者難以與已知條件相溝通，宜用反證法．

五、探索存在性命題

例5數列｛an｝滿足a1＝1，an＋1＝（n2+n-λ）an（n＝1，2，…），λ是常數． 數列｛an｝是否可能為等差數列？若可能，求出它的通項公式；若不可能，說明理由．

解析：數列｛an｝不可能為等差數列．

由a1＝1，an＋1＝（n2+n-λ）an得a2＝2－λ，a3＝（6-λ）（2-λ），a4＝（12-λ）（6-λ）（2-λ）． 若存在λ，使｛an｝為等差數列，則a3－a2＝a2－a1，即（5-λ）（2-λ）＝1－λ，得λ＝3． 于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝（11-λ）（6-λ）（2-λ）＝－24． 這與｛an｝為等差數列矛盾． 所以對于任意λ，｛an｝不可能是等差數列．

點評：存在性的探索是探索性命題的核心之一． 探索存在性命題一般是先假設存在，再尋求成立的條件，宜用反證法．

六、“任意”性命題

例6（2007年東北四市模擬）已知函數f（x）＝lnx

＋＋，g（x）＝lnx．試證：對任意正數k，關于x的方程f（x）＝kg（x）沒有兩個不同的實根．

證明：假設存在正數k，使得關于x的方程f（x）＝kg（x）有兩個不同實根x1和x2，則f（x1）=kg（x1）

f（x2）=kg（x2）#8660;lnx1

＋＋

＝klnx1……①

lnx2

＋＋

＝klnx2……②根據對數函數定義域知x1和x2都是正數． 由f（x）可知，當x＞0時， f（x）min＝f（x）＝ln

3＋＋＞0． 所以f（x1）＝lnx1

＋＋＞0， f（x2）＝lnx2

＋＋＞0． 再由k＞0，可得g（x1）＝lnx1＞0，g（x2）＝lnx2＞0#8658;x1＞1，x2＞1． 由于x1≠x2，不妨設1＜x1＜x2． 由①和②可得 ＝． 利用比例性質得＝，即＝（#8727;）． 由于lnx是區間（1，+∞）上的恒正增函數，且1＜x1＜x2，所以＜1． 又由于 ln

1＋＋是區間（1，+∞）上的恒正減函數，且1＜x1＜x2，所以＞1． 進而得到＜#8660;＞，這與（#8727;）式矛盾． 因此滿足條件的正數k不存在．

點評：反證法的應用需要靈活的思路，需要同學們習慣于具體問題具體分析．

七、難以直接證明的命題

例7設集合W是滿足下列兩個條件的無窮數列｛an｝的集合：①≤an＋1；②an≤M，n∈N#8727;． M是與n無關的常數. 設數列｛cn｝的各項均為正整數，且｛cn｝∈W． 證明：cn≤cn＋1.

證明：假設存在正整數k，使得ck＞ck＋1成立由數列｛cn｝的各項均為正整數，可得ck≥ck＋1＋1即ck＋1≤ck－1． 因為≤ck＋1，所以ck＋2≤2ck＋1－ck≤2·（ck-1）－ck＝ck－2． 由ck＋2≤2ck＋1－ck及ck＞ck＋1，得ck＋2＜2ck＋1－ck＋1＝ck＋1，故ck＋2≤ck＋1－1． 因為≤ck＋2，所以ck＋3≤2ck＋2－ck＋1≤2（ck＋1－1）－ck＋1＝ck＋1－2≤ck－3…以此類推，可得ck＋m≤ck－m（m∈N#8727;）． 設ck＝p（p∈N#8727;），則當m＝p時，有ck＋p≤ck－p＝0． 這顯然與數列｛cn｝的各項均為正整數矛盾． 所以假設不成立，即對于任意n∈N#8727;，都有cn≤ck＋1成立.

點評：“正難則反”，反證法的實質是從否定結論出發，通過邏輯推理，導出矛盾．