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1、运用反证法要善于“制造”矛盾反证法是间接证明的一种基本方法，是从反面的角度思考问题的证明方法，是解决某些“疑难”问题的有力工具反证法就是先假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，依靠矛盾推翻假设,从而证明原命题成立的. 反证法的应用非常广泛,用反证法证明命题“若p则q”时，我们常常需要“制造”以下四种“矛盾”.一.与原命题的条件矛盾；例1.组装甲、乙、丙三种产品，需要A,B,C三种零件，每件甲产品用零件A,C各2个；每件乙产品用零件A 2个，零件B 1个；每件丙产品用B,C各1个，如组装10件甲，8件乙，5件丙，则剩下2个A零件，1个B零件，C零件都恰好用完，试证无论如何改变甲、乙、丙
2、的件数，都不会将零件A，B，C用完解:假设组装甲x件，乙y件，丙z件，零件A,B,C恰好用完，则有方程组解得，方程组的解均为非整数，与题设矛盾，即假设错误，所以原命题成立点评: 本题的结论是“不论怎样改变甲、乙、丙的件数，都不会将零件A,B,C用完”, A,B,C不能用完的情况有多种，而结论的反面是“零件A，B,C都恰好用完”，这只有一种确定的情况，即三种零件的剩余数皆为零，因此从反面出发，较易证通过推理得到的结果与题设矛盾.练习:1.设SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点。求证：AC与平面SOB不垂直。 S C A O B证明: 假设AC平面SOB， 直线SO在平面S
3、OB内， ACSO， SO底面圆O， SOAB， SO平面SAB， 平面SAB底面圆O，这显然出现矛盾，所以假设不成立。即AC与平面SOB不垂直。2.若函数f(x)在区间a,b上是增函数 求证：方程f(x)=0在区间a,b上至多有一个实根 证明：假设方程f(x)=0在区间a,b上有两个实根x1 ,x2. 则f(xl）=f(x2）=0,这与函数f (x)在区间a,b上是增函数矛盾故方程f(x)=0在区间a,b上至多有一个实根二.与假设矛盾例2.求证：抛物线没有渐近线.分析: 本题已知条件太少,直接证明难度太大,可以运用反证法.证明：设抛物线的方程是()。假设抛物有渐近线，渐近线的方程是，易知、都
4、不为0。因为渐近线与抛物线相切于无穷远点，于是方程组 的两组解的倒数都是0。将（2）代入（1），得 （3）设、是（3）的两个根，由韦达定理，可知，则， （4）， （5）由（4）、（5），可推得，这于假设矛盾。所以，抛物线没有渐近线。点评: 利用假设作条件,经过推理论证,得出的结论与假设矛盾.练习:1.设函数f(x)对于定义域内任意实数都有f(x)0,且f(xy)=f(x)f(y)成立求证：对于定义域内的任意x都有f(x)0.解析: 假设满足题设条件的任意x,f(x)0不成立，即存在某个x0，有f(x0)0成立，因为f(x)0,所以f(x0)0,这与假设f(x0)0成立2.求证：抛物线上任意取四
5、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(a0)，A(x1，y1）,B(x2,y2）C(x3, y3）,D(x4,y4）是抛物线上的不同四点，则有=axi,（i=1，2，3，4），于是，同理,.假定ABCD是平行四边形，则kAB =kCD , kBC =kDA，从而得yl =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三.导出一个恒假命题例3. 已知p3 +q3=2，求证：p+q2. 分析：本题已知为p、 q的三次幂，而结论中只有p、q的一次幂，应考
6、虑到求立方根，同时用放缩法，但很难证，故考虑反证法 证明：假设p+q2，那么p2-q， p3(2-q)3=8-12q+6q2-q3 将p3 +q3=2，代入得6q2-12q+60， 即6(q-1)20.由此得出矛盾p+q2.点评：(q-1)2不可能小于0. 6(q-1)20是一个恒假命题当命题“结论反面”比“结论”更为明确具体时,宜用反证法.练习:1.平面上有四个点，没有三点共线，证明以每三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形证明:如图，假设以每三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形记这四个点为A,B,C,D.考虑ABC,点D在ABC之内或外两种情况（1)如果点D在ABC内，由假设点D处的三个角
7、都是锐角，其和小于2700，这与一个周角等于3600矛盾 (2）如图，如果点D在ABC外，由假设A，B，C，D为锐角，这与四边形内角之和等于3600矛盾综上所述，命题成立2.已知a,b,c(0，1)，求证：b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于证明：假设三式同时大于，即b，(1-b)c,(1-c)a .因为Oa0，所以，同理,三式相加得，矛盾，即假设错误，所以原命题成立四.这与定理(公理)产生矛盾例4.过平面上的点A的直线，求证：是唯一的。证明：假设不是唯一的，则过A至少还有一条直线，、是相交直线，、可以确定一个平面。设和相交于过点A的直线。，。这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于，这与
8、定理产生矛盾。所以，是唯一的。点评: 本题利用假设,经过推证,与公理、定理产生矛盾。适宜用反证法证明的数学命题结论本身是以否定形式出现的一类命题关于唯一性、存在性的命题结论是以“至多”“至少”等形式出现的命题结论的反面比原结论更具体、更容易研究的命题练习:1.求证：两条相交直线有且只有一个交点证明: 假设结论不成立，则有两种情况：或者没有交点，或者不只一个交点(1)如果直线a.b没有交点，那么ab,这与已知矛盾；(2)如果直线a.b不只有一个交点，则至少交于点P,P，这样经过两点P, P就有两条直线a.b,这与两点确定一条直线矛盾由(1)和(2)可知，假设错误，所以，两条相交直线有且只有一个交点2.求证：直线与圆至多有两个交点 证明 如图所示，假设直线与圆O至少有三个交点A,B,C，取AB,BC中点D,E,连OD,OE,则 ODAB,EOBC,于是OD, OE，这与过直线外一点能且只能作该直线的一条垂线相矛盾，所以假设不成立，故直线与圆至多有两个交点 4
