PAGEPAGE82．2.2間接證明1．問題：在今日商品大戰(zhàn)中，廣告成了電視節(jié)目中的一道漂亮的風(fēng)景線，幾乎全部的廣告商都熟諳這樣的命題變換藝術(shù)．如宣揚(yáng)某種食品，其廣告詞為：“擁有的人們都華蜜，華蜜的人們都擁有”．該廣告詞實(shí)際說明白什么？提示：說的是：“不擁有的人們不華蜜”．2．已知正整數(shù)a，b，c滿意a2＋b2＝c2.求證：a，b，c不行能都是奇數(shù)．問題1：你能利用綜合法和分析法給出證明嗎？提示：不能．問題2：a、b、c不行能都是奇數(shù)的反面是什么？還滿意條件a2＋b2＝c2嗎？提示：都是奇數(shù)．若a、b、c都是奇數(shù)，則不能滿意條件a2＋b2＝c2.1．間接證明不是干脆從原命題的條件逐步推得命題成立，這種不是干脆證明的方法通常稱為間接證明．反證法就是一種常用的間接證明方法，間接證明還有同一法、枚舉法等．2．反證法(1)反證法證明過程反證法證明時，要從否定結(jié)論起先，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)致邏輯沖突，從而達(dá)到新的否定(即確定原命題)，用反證法證明命題“若p則q”的過程可以用下面的框圖表示：eq\x(\a\al(確定條件p,否定結(jié)論q))→eq\x(\a\al(導(dǎo)致邏,輯沖突))→eq\x(“p且q”為假)→eq\x(\a\al(“若p則,q”為真))(2)反證法證明命題“若p則q”的步驟①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真．②歸謬——從反設(shè)和已知條件動身，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出沖突結(jié)果．③存真——由沖突結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而確定原結(jié)論成立．1．反證法就是通過否定命題的結(jié)論而導(dǎo)出沖突來達(dá)到確定命題的結(jié)論，完成命題的論證的一種數(shù)學(xué)證明方法．2．可能出現(xiàn)沖突的四種狀況：(1)與題設(shè)沖突；(2)與反設(shè)沖突；(3)與公理、定理或已被證明白的結(jié)論沖突；(4)在證明過程中，推出自相沖突的結(jié)論．eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P30])用反證法證明否定性命題[例1]已知平面上四點(diǎn)，沒有三點(diǎn)共線，求證：以每三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形不行能都是銳角三角形．[思路點(diǎn)撥]本題證明的命題是否定性命題，解答時先假設(shè)四個三角形都是銳角三角形，再分狀況去推出沖突．[精解詳析]假設(shè)以每三點(diǎn)為頂點(diǎn)的四個三角形都是銳角三角形，記這四個點(diǎn)為A、B、C、D，考慮△ABC，點(diǎn)D的位置分為在△ABC之內(nèi)或之外兩種狀況．(1)假如點(diǎn)D在△ABC之內(nèi)(如圖(1))，依據(jù)假設(shè)圍繞點(diǎn)D的三個角都是銳角，其和小于270°，這與一個周角等于360°沖突．(2)假如點(diǎn)D在△ABC之外(如圖(2))，依據(jù)假設(shè)∠A，∠B，∠C，∠D都小于90°，這和四邊形內(nèi)角之和等于360°沖突．綜上所述．原結(jié)論成立．[一點(diǎn)通](1)結(jié)論中含有“不”、“不是”、“不行能”、“不存在”等詞語的命題稱為否定性命題，此類問題正面比較模糊，而反面比較詳細(xì)，適于應(yīng)用反證法．(2)反證法屬于邏輯方法范疇，它的嚴(yán)謹(jǐn)體現(xiàn)在它的原理上，即“否定之否定等于確定”，其中：第一個否定是指“否定結(jié)論(假設(shè))”；其次個否定是指“邏輯推理結(jié)果否定了假設(shè)”．反證法屬“間接解題方法”．1．實(shí)數(shù)a、b、c不全為0等價(jià)于________(填序號)．①a，b，c全不為0；②a，b，c中最多只有一個為0；③a，b，c中只有一個不為0；④a，b，c中至少有一個不為0.解析：“不全為0”等價(jià)于“至少有一個不為0”．答案：④2.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CD的中點(diǎn)，用反證法證明直線BM與直線A1N是兩條異面直線．解：假設(shè)直線BM與A1N共面．則A1D1?平面A1BND1，且平面A1BND1∩平面ABCD＝BN，由正方體特征知A1D1∥平面ABCD，故A1D1∥BN，又A1D1∥BC，所以BN∥BC.這與BN∩BC＝B沖突，故假設(shè)不成立．所以直線BM與直線A1N是兩條異面直線．3．已知三個正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，但不成等差數(shù)列，求證：eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)不成等差數(shù)列．證明：假設(shè)eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)成等差數(shù)列，則eq\r(a)＋eq\r(c)＝2eq\r(b)，即a＋c＋2eq\r(ac)＝4b，而b2＝ac，即b＝eq\r(ac)，∴a＋c＋2eq\r(ac)＝4eq\r(ac)，所以(eq\r(a)－eq\r(c))2＝0.即eq\r(a)＝eq\r(c)，從而a＝b＝c，與a，b，c不成等差數(shù)列沖突，故eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)不成等差數(shù)列．用反證法證明惟一性命題[例2]求證：兩條相交直線有且只有一個交點(diǎn)．[思路點(diǎn)撥]“有且只有一個”的否定分兩種狀況：“至少有兩個”、“一個也沒有”．[精解詳析]假設(shè)結(jié)論不成立，則有兩種可能：無交點(diǎn)或不只有一個交點(diǎn)．若直線a，b無交點(diǎn)，則a∥b或a，b是異面直線，與已知沖突．若直線a，b不只有一個交點(diǎn)，則至少有兩個交點(diǎn)A和B，這樣同時經(jīng)過點(diǎn)A，B就有兩條直線，這與“經(jīng)過兩點(diǎn)有且只有一條直線”相沖突．綜上所述，兩條相交直線有且只有一個交點(diǎn)．[一點(diǎn)通]證明“有且只有一個”的問題，須要證明兩個命題，即存在性和惟一性．當(dāng)證明結(jié)論以“有且只有”“只有一個”“惟一存在”等形式出現(xiàn)的命題時，由于反設(shè)結(jié)論易于導(dǎo)出沖突，所以用反證法證其惟一性就較為簡潔明白．4．證明方程2x＝3有且僅有一個根．證明：∵2x＝3，∴x＝log23，這說明方程有一個根．下面用反證法證明方程2x＝3的根是惟一的，假設(shè)方程2x＝3有兩個根b1、b2(b1≠b2)，則2b1＝3,2b2＝3.兩式相除得：2b1－b2＝1.假如b1－b2>0，則2b1－b2>1，這與2b1－b2＝1相沖突．假如b1－b2<0，則2b1－b2<1，這與2b1－b2＝1相沖突．因此b1－b2＝0，則b1＝b2，這就同b1≠b2相沖突．假如方程的根多于兩個，同樣可推出沖突．故2x＝3有且僅有一個根．5．求證：過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線和這個平面垂直．解：已知P?平面α.求證：過點(diǎn)P和平面α垂直的直線b有且只有一條．證明：(1)存在性：∵P?平面α，由立體幾何學(xué)問知：過點(diǎn)P能作出一條直線與平面α垂直，故直線b存在．(2)惟一性：假設(shè)過點(diǎn)P還有一條直線c與平面α垂直．由b⊥α，c⊥α，得b∥c，這與b∩c＝P沖突，故假設(shè)不存在，因此直線b惟一．綜上所述，過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線和這個平面垂直．用反證法證明“至多”、“至少”型命題[例3]已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求證：a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù)．[思路點(diǎn)撥]本題要證a、b、c、d中至少有一個是負(fù)數(shù)，詳細(xì)有一個負(fù)數(shù)？兩個負(fù)數(shù)？三個負(fù)數(shù)？還是四個負(fù)數(shù)？都有可能，誰是負(fù)數(shù)也都有可能．所以正面證明很困難，可考慮用反證法．[精解詳析]假設(shè)a、b、c、d都不是負(fù)數(shù)，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.∵a＋b＝c＋d＝1，∴b＝1－a≥0，d＝1－c≥0.∴ac＋bd＝ac＋(1－a)(1－c)＝2ac－(a＋c)＋1＝(ac－a)＋(ac－c)＋1＝a(c－1)＋c(a－1)＋1.∵a(c－1)≤0，c(a－1)≤0.∴a(c－1)＋c(a－1)＋1≤1，即ac＋bd≤1.與ac＋bd>1相沖突．∴假設(shè)不成立．∴a、b、c、d中至少有一個是負(fù)數(shù)．[一點(diǎn)通](1)對于否定性命題或結(jié)論中出現(xiàn)“至多”“至少”“不行能”等字樣時，常用反證法．(2)常用的“原結(jié)論詞”與“反設(shè)詞”歸納如下表：原結(jié)論詞至少有一個至多有一個至少有n個至多有n個反設(shè)詞一個也沒有(不存在)至少有兩個至多有n－1個至少有n＋1個6．已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).證明：假設(shè)(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于eq\f(1,4).∵a，b，c∈(0,1)，∴1－a＞0,1－b＞0,1－c＞0，∴eq\f((1－a)＋b,2)≥eq\r((1－a)b)＞eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).同理eq\f((1－b)＋c,2)＞eq\f(1,2)，eq\f((1－c)＋a,2)＞eq\f(1,2).三式相加，得eq\f((1－a)＋b,2)＋eq\f((1－b)＋c,2)＋eq\f((1－c)＋a,2)＞eq\f(3,2)，即eq\f(3,2)＞eq\f(3,2)，沖突．所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).7．用反證法證明：若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，那么方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多只有一個實(shí)數(shù)根．證明：假設(shè)方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至少有兩個根，設(shè)α，β為其中的兩個實(shí)根．因?yàn)棣痢佴?，不妨設(shè)α<β，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，所以f(α)<f(β)．這與f(α)＝0＝f(β)沖突．所以方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多只有一個實(shí)根．1．反證法證明的適用情形(1)一些基本命題、基本定理；(2)易導(dǎo)出與已知沖突的命題；(3)“否定性”命題；(4)“惟一性”命題；(5)“必定性”命題；(6)“至多”“至少”類命題；(7)涉及“無限”結(jié)論的命題．2．用反證法證明問題應(yīng)留意以下三點(diǎn)(1)必需先否定結(jié)論，即確定結(jié)論的反面，當(dāng)結(jié)論的反面呈現(xiàn)多樣性時，必定排列出各種可能結(jié)論，缺少任何一種可能，反證都是不完全的；(2)反證法必需從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必需依據(jù)這一條件進(jìn)行推證，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面動身進(jìn)行推理，就不是反證法；(3)推導(dǎo)出的沖突可能多種多樣，有的與已知沖突，有的與假設(shè)沖突，有的與事實(shí)沖突等，推導(dǎo)出的沖突必需是明顯的．eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P32])一、填空題1．命題“eq\f(1＋b,a)，eq\f(1＋a,b)中至多有一個小于2”的反設(shè)為________．答案：eq\f(1＋b,a)，eq\f(1＋a,b)都小于22．(山東高考改編)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實(shí)根”時，要做的假設(shè)是____________________．解析：至少有一個實(shí)根的否定是沒有實(shí)根．答案：方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根用反證法證明命題“若a2＋b2＝0，則a，b全為0(a、b為實(shí)數(shù))”，其反設(shè)為____________________．解析：“a，b全為0”即是“a＝0且b＝0”，因此它的反設(shè)為“a≠0或b≠0”．答案：a，b不全為04．用反證法證明“一個三角形不能有兩個直角”有三個步驟：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，這與三角形內(nèi)角和為180°沖突，故假設(shè)錯誤．②所以一個三角形不能有兩個直角．③假設(shè)△ABC中有兩個直角，不妨設(shè)∠A＝90°，∠B＝90°.上述步驟的正確依次為________．解析：由反證法的一般步驟可知，正確的依次應(yīng)為③①②.答案：③①②5．用反證法證明命題“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，則x≠a且x≠b”時，應(yīng)假設(shè)為________．解析：對“且”的否定應(yīng)為“或”，所以“x≠a且x≠b”的否定應(yīng)為“x＝a或x＝b”．答案：x＝a或x＝b二、解答題6．(陜西高考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解：(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1(1－qn),1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對隨意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知沖突．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．7．設(shè)f(x)＝x2＋ax＋b，求證：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).證明：假設(shè)|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<1＋a＋b<\f(1,2)，,－\f(1,2)<4＋2a＋b<\f(1,2)，,－\f(1,2)<9＋3a＋b<\f(1,2).))于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<a＋b<－\f(1,2)，①,－\f(9,2)<2a＋b<－\f(7,