浅谈反证法在解题中的应用

反证法是一种间接证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.用反证法证明命题一般有三个步骤：

（1）反设：作出与求证结论相反的假设；

（2）归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；

（3）结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立.

反证法不但在初等数学中有着广泛的应用，而且在高等数学中也具有特殊作用.数学中的一些重要结论，从最基本的性质、定理，到某些难度较大的世界名题，往往是用反证法证明的.

简单地说，正面证明繁琐或困难时宜用反证法；具体地讲，当所证命题的结论为否定形式、含有“至多”、“至少”等不确定词或“存在性”、“唯一性”问题通常用反证法证明.下面我们举例说明.

1证明否定性命题

即结论以“没有……”“不是……”“不能……”等形式出现的命题，直接证法一般不易入手，而反证法有希望成功.

例1（2013年北京卷（文））直线y=kx+m（m≠0）与椭圆W：x24+y2=1相交于A，C两点，O是坐标原点.

（1）当点B的坐标为（0，1），且四边形OABC为菱形时，求AC的长.

（2）当点B在W上且不是W的顶点时，证明四边形OABC不可能为菱形.

解（1）|AC|=23.

（2）假设四边形OABC为菱形.

因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.

由x2+4y2=4，

y=kx+m，消y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0.

设A（x1，y1），C（x2，y2），

则x1+x22=-4km1+4k2，y1+y22=k·x1+x22+m=m1+4k2，所以AC的中点为M-4km1+4k2，m1+4k2.

因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为-14k.

因为k·-14k≠-1，所以AC与OB不垂直.

所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾.

所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.

点评假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的，利用反证法证明时，一定要回到结论上去.

例2求证：.抛物线上任意四点所组成的四边形不可能是平行四边形.

证明如图，设抛物线方程为y2=ax（a>0），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）是抛物线上不同的四点，则有kAB=ay2+y1，kBC=ay3+y2，kCD=ay3+y4，kDA=ay1+y4.

假设ABCD是平行四边形，则kAB=kCD，kBC=kDA，从而得y1=y3，y2=y4，进而得x1=x3，x2=x4，于是A、C重合，B、D重合，这与A，B，C，D是抛物线上不同的四点的假设相矛盾.

故ABCD不可能是平行四边形.

点评也可假设我们常设的抛物线方程y2=2px（p>0），或其它形式的抛物线方程.

2证明限定式命题

即结论中含有“至多”、“至少”、“不多于”或“最多”等词语的命题.

例3若x、y都是正实数，且x+y>2，求证：1+xy<2与1+yx<2中至少有一个成立.

证明假设1+xy<2与1+yx<2都不成立，则有1+xy≥2与1+yx≥2同时成立，因为x>0且y>0，所以1+x≥2y，且1+y≥2x，两式相加得，2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2.这与已知x+y>2相矛盾，因此1+xy<2与1+yx<2中至少有一个成立.

点评注意反证法的格式，正确推理论证，同时注意易错点.

3证明“正难则反”的命题

这类命题仅从已知条件出发，能推出什么所知甚少，往往感到无从入手，如果用反证法，添加新的假设（结论的反面），就可以得到较多的条件，从而使命题的证明简洁明了.

例4设函数f（x）的定义域是[0，1]，f（0）=f（1），且对任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，均有f（x2）-f（x1）<2x2-x1，求证：对任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，均有f（x2）-f（x1）<1.

分析若用直接法，需分类讨论，于是可考虑使用反证法.

证明（反证法）假设x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，使得f（x2）-f（x1）≥1.不妨设x1>x2，则1≤f（x2）-f（x1）=|[f（x2）-f（0）]+[f（0）-f（x1）]|≤f（x2）-f（0）+f（0）-f（x1）<2x2-0+21-x1=2x2+2-2x1=2-2（x1-x2）.

所以0

这与假设矛盾，故原命题成立.

点评当命题“结论反面”比“结论”更明确具体时，可采用反证法.本题结论的反面只有一种情况，故推翻此种情况就达到证明目的，本题运用了f（x2）-f（x1）=|[f（x2）-f（0）]+[f（0）-f（x1）]|≤f（x2）-f（0）+f（0）-f（x1）.

例5（2010年湖北卷（文））设函数f（x）=13x3-a2x2+bx+c，其中a>0，曲线y=f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为y=1.

（Ⅰ）确定b、c的值；

（Ⅱ）设曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））及（x2，f（x2））处的切线都过点（0，2），证明：当x1≠x2时，f′（x1）≠f′（x2）；

（Ⅲ）若过点（0，2）可作曲线y=f（x）的三条不同切线，求a的取值范围.

解（Ⅰ）b=0，c=1.

（Ⅱ）f（x）=13x3-a2x2+bx+c，f′（x）=x2-ax.由于点（t，f（t））处的切线方程为y-f（t）=f′（t）（x-t），而点（0，2）在切线上，所以2-f（t）=f′（t）（-t），化简得23t3-a2t2+1=0，即t满足的方程为23t3-a2t2+1=0.

下面用反证法证明.

假设f′（x1）=f′（x2），由于曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））及（x2，f（x2））处的切线都过点（0，2），则下列等式成立：

23x31-a2x21+1=0，

23x32-a2x22+1=0，

x21-ax1=x22-ax2.

由x21-ax1=x22-ax2，得x1+x2=a，化简方程组得x21+x1x2+x22=34a2①

又x21+x1x2+x22=（x1+x2）2-x1x2=a2-x1（a-x1）=（x1-a2）2+34a2≥34a2，

故由①可得x1=x2=a2，这与x1≠x2相矛盾，所以f′（x1）≠f′（x2）.

（Ⅲ）略.

4证明存在性命题

此类命题中，结论常常是开放的，需要考生自己探究并证明.注意“存在”就是“至少有一个”，其反面是“一个没有”.

例6（2011年陕西卷（理））设函数f（x）定义在（0，+∞）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.

分析（1）先求出原函数f（x），再求得g（x），然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论.

解（1）（0，1）是函数g（x）的减区间，（1，+∞）是函数g（x）的增区间，g（x）的最小值是g（1）=1.

（2）当0g（1x），当x>1时，g（x）

（3）满足条件的x0不存在.证明如下：

证法一：假设存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立，由（1）知f（x）=lnx，g（x）=lnx+1x，即对任意x>0，有lnx

但对上述x0，取x1=eg（x0）时，有lnx1=g（x0），这与（*）左边不等式矛盾，

因此，不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立.

证法二：假设存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意的x>0成立.

又知，g（x）的最小值为g（1）=1.

又g（x）=lnx+1x>lnx，而x>1时，lnx的值域为（0，+∞），

所以x≥1时，g（x）的值域为[1，+∞），

从而可取一个x1>1，使g（x1）≥g（x0）+1，

即g（x1）-g（x0）≥1，故|g（x1）-g（x0）|≥1>1x1，与假设矛盾.

所以不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x对任意x>0成立.

点评归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从假设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木.

例7对于直线l：y=kx+1，是否存在这样的实数k，使得l与双曲线C：3x2-y2=1的交点A、B关于直线y=ax（a为常数）对称？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.

解析不存在满足条件的k值.

证明（反证法）假设存在实数k，使得A、B关于直线y=ax对称，设A（x1，y1）、B（x2，y2）则

ka=-1，（1）

y1+y2=k（x1+k2）+2，（2）

y1+y22=ax1+x22，（3）

由y=kx+1，

y2=3x2-1（3-k2）x2-2kx-2=0（4）

由（2）、（3）

有a（x1+x2）=k（x1+x2）+2.（5）

由（4）知x1+x2=2k3-k2，代入（5）整理得：ak=-3与（1）矛盾.

故不存在实数k，使得A、B关于直线y=ax对称.

5证明唯一性命题

此类问题中结论的反面不是唯一的，至少有两个不同者，由此推出矛盾，来否定不唯一，从而肯定唯一.

例8试证明：在平面上所有通过点（2，0）的直线中，至少通过两个有理点（有理点指坐标x，y均为有理数的点）的直线有一条且只有一条.

解析先证存在性.因为直线y=0显然通过点（2，0），且直线y=0至少通过两个有理点，例如它通过（0，0）和（1，0）.这说明满足条件的直线有一条.

再证唯一性.假设除了直线y=0外还存在一条直线y=kx+b（k≠0或b≠0）通过点（2，0），且该直线通过有理点A（x1，y1）与B（x2，y2），其中x1、y1、x2、y2均为有理数.

因为直线y=kx+b通过点（2，0），所以b=-2k，于是y=k（x-2），且k≠0.又直线通过A（x1，y1）与B（x2，y2）两点，所以y1=k（x1-2）①，y=k（x-2）②

①-②，得y1-y2=k（x1-x2）③

因为A，B是两个不同的点，且k≠0，所以x1≠x2，y1≠y2，

由③，得k=y1-y2x1-x2，则k是不等于零的有理数.由①，得2=x1-y1k.

此式的左边是无理数，右边是有理数，出现了矛盾.

所以，平面上通过点（2，0）的直线中，至少通过两个有理点的直线只有一条.

综上所述，满足题设条件的直线有一条且只有一条.

点评唯一性命题的证明问题，可考虑用反证法.“惟一”就是“有且只有一个”，其反面是“至少有两个”.

例9已知函数f（x）=ln（1+ex）-x（x∈R），有下列性质：“若x∈a，b，则存在x0∈a，b使得f（b）-f（a）b-a=f′（x0）”成立.

（1）利用这个性质证明x0唯一；

（2）设A，B，C是函数f（x）=ln（1+ex）-x（x∈R）图像上三个不同的点，求证：△ABC是钝角三角形.

证明（1）假设存在x0′，x0∈（a，b），且x0′≠x0，使得

f（b）-f（a）=（b-a）f′（x0），①

f（b）-f（a）=（b-a）f′（x0′）.②

①-②得，（b-a）f′（x0）=（b-a）f′（x′0）.

因为b>a，b-a≠0，所以f′（x0）=f′（x0′）.

因为f′（x）=ex1+ex-1=-11+ex，记g（x）=f′（x）=-11+ex，所以g′（x）=ex1+ex>0，f′（x）是[a，b]上的单调增函数，所以x0=x0′，这与x0≠x0′矛盾，即x0是唯一的.

（2）略.

牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一.”作为武器，在数学教材中，都有反证法的渗透，特别是在推理与证明的内容里也有较多反证法的例题和习题，所以高考中出些有关反证法的问题，是容易理解的，也是非常有必要的.

作者简介童其林，男，1963年10月生，中学高级教师，福建省特级教师，龙岩市杰出人民教师，曾有200余篇文章发表，主要从事教学管理研究与数学教学研究.