峰回路转 反证法

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反证法证题模式可以简要地概括为“否定推理否定”. 应用反证法的主要三步是：否定结论导出矛盾肯定结论. 实施的具体步骤是：第一步，作出与求证结论相反的假设；第二步，将假设作为条件，通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，说明假设不成立，从而肯定原命题成立.

解答数学试题经常会用到反证法. 一般来讲，适宜用反证法的命题常以“否定”“至少”“至多”“唯一”“无限”等形式出现. 直接证明难以入手的命题，也适宜用反证法. 面对许多命题如果能够改变思维角度，从结论入手逆向思考，往往会出现“柳暗花明又一村”的效果.

一、“否定”命题

例1等差数列｛an｝的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3． 数列｛an｝的前n项和为Sn，设bn＝（n∈N∗），求证：数列｛bn｝中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

证明：由已知条件可以得到a1

＝＋1，

3a1＋3d

＝9＋3，所以d＝2，an＝2n－1＋，Sn＝n（n＋）． bn＝＝n＋． 假设数列｛bn｝中存在三项bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比数列，则b＝bpbr．即（q＋）2＝（p＋）（r＋）． 所以（q2－pr）＋（2q－p－r）＝0，由于p，q，r∈N∗，所以q2－pr＝0，

2q－p－r＝0，所以

＝pr，（p－r）2＝0，进而p＝r与p≠r矛盾． 所以数列｛bn｝中任意不同的三项都不可能成等比数列．

点评：否定性问题常用反证法． 例如证明异面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾；证明不平行，可以假设平行，再把假设作为已知条件推导出矛盾等．

二、“至多”“至少”命题

例2已知p1，p2，q1，q2∈R，且p1p2＝2（q1＋q2）． 求证：方程x2＋p1x＋q1＝0和x2＋p2x＋q2＝0中至少有一个方程有实根．

证明：假设这两个一元二次方程都没有实根，那么他们的判别式都小于0，即Δ1 ＝p

－4q1＜0，

Δ2＝p

－4q2 ＜0，⇒p

＜4q1，

p

＜4q2，所以p＋p＜4（q1＋q2 ）． 因为p1p2＝2（q1＋q2）代入上式得p＋p－2p1 p2＜0，即（p1-p2）2＜0，产生矛盾． 所以假设不成立，故这两方程中，至少有一个方程有实根．

点评：两个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种，即两个方程均没有实根． “至少有一个”的反面是“一个都没有”． 解决“至少”“至多”问题时若从反面入手，则可使问题变得简单．

三、“唯一性”命题

例3已知对任意给定的正整数n，存在整数p，q，0≤q＜p，使得n＝p・（p－1）＋q，求证：满足条件的数对p，q是唯一的．

证明：假设存在两对整数p1，q1与p2，q2（p1≠p2或q1≠q2）都满足条件，即n＝p1（p1－1）＋q1＝p2（p2－1）＋q2. 不妨设p1＜p2，则n＝p1（p1－1）＋q1＜p1・（p1－1）＋p1＝p1（p1＋1）≤p2（p2－1）≤p2（p2－1）＋q2＝n，产生矛盾． 如果p1＝p2，q1＝n－p1（p1－1）＝n－p2（p2－1）＝q2，产生矛盾． 所以满足条件的p，q是唯一的．

点评：“唯一性”命题适合用反证法． “唯一性”命题不仅要说明存在而且要说明唯一．

四、“都是”“都不是”命题

例4已知a//b//c//…，且a∩平面α=A，如图1所示． 求证：这组平行线都必与平面α相交．

证明：不妨先证明这组平行线中的任一条直线b和平面α相交． 假设b和平面α不相交，即b⊂α或b//α.

[α][a][b][A]

图1

（1）若b⊂α，因为a//b，a⊄α，所以a//α，这与a∩α=A相矛盾．

（2）如图2所示，如果b//α，因为a//b，所以a和b确定一个平面β，显然平面α与平面β相交． 设α∩β=c，因为b//α，所以b//c． 又a//b，从而a//c且a⊄α，c⊂α． 故a//α，这与a∩α=A矛盾．

[A][α][β][a][b][c]

图2

由（1）（2）可知，假设不成立． 故直线b与平面α相交． 对于其他直线同样可以证明．

点评：有些命题如果可利用的公理、定理较少或者难以与已知条件相沟通，宜用反证法．

五、探索存在性命题

例5数列｛an｝满足a1＝1，an＋1＝（n2+n-λ）an（n＝1，2，…），λ是常数． 数列｛an｝是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．

解析：数列｛an｝不可能为等差数列．

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｝为等差数列，则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． 这与｛an｝为等差数列矛盾． 所以对于任意λ，｛an｝不可能是等差数列．

点评：存在性的探索是探索性命题的核心之一． 探索存在性命题一般是先假设存在，再寻求成立的条件，宜用反证法．

六、“任意”性命题

例6（2007年东北四市模拟）已知函数f（x）＝lnx

＋＋，g（x）＝lnx．试证：对任意正数k，关于x的方程f（x）＝kg（x）没有两个不同的实根．

证明：假设存在正数k，使得关于x的方程f（x）＝kg（x）有两个不同实根x1和x2，则f（x1）=kg（x1）

f（x2）=kg（x2）⇔lnx1

＋＋

＝klnx1……①

lnx2

＋＋

＝klnx2……②根据对数函数定义域知x1和x2都是正数． 由f（x）可知，当x＞0时， 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⇒x1＞1，x2＞1． 由于x1≠x2，不妨设1＜x1＜x2． 由①和②可得 ＝． 利用比例性质得＝，即＝（∗）． 由于lnx是区间（1，+∞）上的恒正增函数，且1＜x1＜x2，所以＜1． 又由于 ln

1＋＋是区间（1，+∞）上的恒正减函数，且1＜x1＜x2，所以＞1． 进而得到＜⇔＞，这与（∗）式矛盾． 因此满足条件的正数k不存在．

点评：反证法的应用需要灵活的思路，需要同学们习惯于具体问题具体分析．

七、难以直接证明的命题

例7设集合W是满足下列两个条件的无穷数列｛an｝的集合：①≤an＋1；②an≤M，n∈N∗． M是与n无关的常数. 设数列｛cn｝的各项均为正整数，且｛cn｝∈W． 证明：cn≤cn＋1.

证明：假设存在正整数k，使得ck＞ck＋1成立由数列｛cn｝的各项均为正整数，可得ck≥ck＋1＋1即ck＋1≤ck－1． 因为≤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． 因为≤ck＋2，所以ck＋3≤2ck＋2－ck＋1≤2（ck＋1－1）－ck＋1＝ck＋1－2≤ck－3…以此类推，可得ck＋m≤ck－m（m∈N∗）． 设ck＝p（p∈N∗），则当m＝p时，有ck＋p≤ck－p＝0． 这显然与数列｛cn｝的各项均为正整数矛盾． 所以假设不成立，即对于任意n∈N∗，都有cn≤ck＋1成立.

点评：“正难则反”，反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾．