反證法是一種間接證法：一般地，假設原命題不成立，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法.用反證法證明命題一般有三個步驟：

（1）反設：作出與求證結論相反的假設；

（2）歸謬：將反設作為條件，并由此通過一系列的正確推理導出矛盾；

（3）結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立.

反證法不但在初等數學中有著廣泛的應用，而且在高等數學中也具有特殊作用.數學中的一些重要結論，從最基本的性質、定理，到某些難度較大的世界名題，往往是用反證法證明的.

簡單地說，正面證明繁瑣或困難時宜用反證法；具體地講，當所證命題的結論為否定形式、含有“至多”、“至少”等不確定詞或“存在性”、“唯一性”問題通常用反證法證明.下面我們舉例說明.

1證明否定性命題

即結論以“沒有……”“不是……”“不能……”等形式出現的命題，直接證法一般不易入手，而反證法有希望成功.

例1（2013年北京卷（文））直線y=kx+m（m≠0）與橢圓W：x24+y2=1相交于A，C兩點，O是坐標原點.

（1）當點B的坐標為（0，1），且四邊形OABC為菱形時，求AC的長.

（2）當點B在W上且不是W的頂點時，證明四邊形OABC不可能為菱形.

解（1）|AC|=23.

（2）假設四邊形OABC為菱形.

因為點B不是W的頂點，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.

設A（x1，y1），C（x2，y2），

則x1+x22=-4km1+4k2，y1+y22=k·x1+x22+m=m1+4k2，所以AC的中點為M-4km1+4k2，m1+4k2.

因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為-14k.

因為k·-14k≠-1，所以AC與OB不垂直.

所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾.

所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形.

點評假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的，利用反證法證明時，一定要回到結論上去.

例2求證：.拋物線上任意四點所組成的四邊形不可能是平行四邊形.

證明如圖，設拋物線方程為y2=ax（a>0），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）是拋物線上不同的四點，則有kAB=ay2+y1，kBC=ay3+y2，kCD=ay3+y4，kDA=ay1+y4.

假設ABCD是平行四邊形，則kAB=kCD，kBC=kDA，從而得y1=y3，y2=y4，進而得x1=x3，x2=x4，于是A、C重合，B、D重合，這與A，B，C，D是拋物線上不同的四點的假設相矛盾.

故ABCD不可能是平行四邊形.

點評也可假設我們常設的拋物線方程y2=2px（p>0），或其它形式的拋物線方程.

2證明限定式命題

即結論中含有“至多”、“至少”、“不多于”或“最多”等詞語的命題.

例3若x、y都是正實數，且x+y>2，求證：1+xy<2與1+yx<2中至少有一個成立.

證明假設1+xy<2與1+yx<2都不成立，則有1+xy≥2與1+yx≥2同時成立，因為x>0且y>0，所以1+x≥2y，且1+y≥2x，兩式相加得，2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2.這與已知x+y>2相矛盾，因此1+xy<2與1+yx<2中至少有一個成立.

點評注意反證法的格式，正確推理論證，同時注意易錯點.

3證明“正難則反”的命題

這類命題僅從已知條件出發(fā)，能推出什么所知甚少，往往感到無從入手，如果用反證法，添加新的假設（結論的反面），就可以得到較多的條件，從而使命題的證明簡潔明了.

例4設函數f（x）的定義域是[0，1]，f（0）=f（1），且對任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，均有f（x2）-f（x1）<2x2-x1，求證：對任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，均有f（x2）-f（x1）<1.

分析若用直接法，需分類討論，于是可考慮使用反證法.

證明（反證法）假設x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，使得f（x2）-f（x1）≥1.不妨設x1>x2，則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

這與假設矛盾，故原命題成立.

點評當命題“結論反面”比“結論”更明確具體時，可采用反證法.本題結論的反面只有一種情況，故推翻此種情況就達到證明目的，本題運用了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））設函數f（x）=13x3-a2x2+bx+c，其中a>0，曲線y=f（x）在點P（0，f（0））處的切線方程為y=1.

（Ⅰ）確定b、c的值；

（Ⅱ）設曲線y=f（x）在點（x1，f（x1））及（x2，f（x2））處的切線都過點（0，2），證明：當x1≠x2時，f′（x1）≠f′（x2）；

（Ⅲ）若過點（0，2）可作曲線y=f（x）的三條不同切線，求a的取值范圍.

解（Ⅰ）b=0，c=1.

（Ⅱ）f（x）=13x3-a2x2+bx+c，f′（x）=x2-ax.由于點（t，f（t））處的切線方程為y-f（t）=f′（t）（x-t），而點（0，2）在切線上，所以2-f（t）=f′（t）（-t），化簡得23t3-a2t2+1=0，即t滿足的方程為23t3-a2t2+1=0.

下面用反證法證明.

假設f′（x1）=f′（x2），由于曲線y=f（x）在點（x1，f（x1））及（x2，f（x2））處的切線都過點（0，2），則下列等式成立：

23x31-a2x21+1=0，

23x32-a2x22+1=0，

x21-ax1=x22-ax2.

由x21-ax1=x22-ax2，得x1+x2=a，化簡方程組得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，這與x1≠x2相矛盾，所以f′（x1）≠f′（x2）.

（Ⅲ）略.

4證明存在性命題

此類命題中，結論常常是開放的，需要考生自己探究并證明.注意“存在”就是“至少有一個”，其反面是“一個沒有”.

例6（2011年陜西卷（理））設函數f（x）定義在（0，+∞）上，f（1）=0，導函數f′（x）=1x，g（x）=f（x）+f′（x）.

（1）求g（x）的單調區(qū)間和最小值；

（2）討論g（x）與g（1x）的大小關系；

（3）是否存在x0>0，使得|g（x）-g（x0）|<1x對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由.

分析（1）先求出原函數f（x），再求得g（x），然后利用導數判斷函數的單調性（單調區(qū)間），并求出最小值；（2）作差法比較，構造一個新的函數，利用導數判斷函數的單調性，并由單調性判斷函數的正負；（3）存在性問題通常采用假設存在，然后進行求解；注意利用前兩問的結論.

解（1）（0，1）是函數g（x）的減區(qū)間，（1，+∞）是函數g（x）的增區(qū)間，g（x）的最小值是g（1）=1.

（2）當0g（1x），當x>1時，g（x）

（3）滿足條件的x0不存在.證明如下：

證法一：假設存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x對任意x>0成立，由（1）知f（x）=lnx，g（x）=lnx+1x，即對任意x>0，有l(wèi)nx

但對上述x0，取x1=eg（x0）時，有l(wèi)nx1=g（x0），這與（*）左邊不等式矛盾，

因此，不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x對任意x>0成立.

證法二：假設存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x對任意的x>0成立.

又知，g（x）的最小值為g（1）=1.

又g（x）=lnx+1x>lnx，而x>1時，lnx的值域為（0，+∞），

所以x≥1時，g（x）的值域為[1，+∞），

從而可取一個x1>1，使g（x1）≥g（x0）+1，

即g（x1）-g（x0）≥1，故|g（x1）-g（x0）|≥1>1x1，與假設矛盾.

所以不存在x0>0，使|g（x）-g（x0）|<1x對任意x>0成立.

點評歸謬是反證法的關鍵，導出矛盾的過程沒有固定的模式，但必須從假設出發(fā)，否則推導將成為無源之水，無本之木.

例7對于直線l：y=kx+1，是否存在這樣的實數k，使得l與雙曲線C：3x2-y2=1的交點A、B關于直線y=ax（a為常數）對稱？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.

解析不存在滿足條件的k值.

證明（反證法）假設存在實數k，使得A、B關于直線y=ax對稱，設A（x1，y1）、B（x2，y2）則

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與（1）矛盾.

故不存在實數k，使得A、B關于直線y=ax對稱.

5證明唯一性命題

此類問題中結論的反面不是唯一的，至少有兩個不同者，由此推出矛盾，來否定不唯一，從而肯定唯一.

例8試證明：在平面上所有通過點（2，0）的直線中，至少通過兩個有理點（有理點指坐標x，y均為有理數的點）的直線有一條且只有一條.

解析先證存在性.因為直線y=0顯然通過點（2，0），且直線y=0至少通過兩個有理點，例如它通過（0，0）和（1，0）.這說明滿足條件的直線有一條.

再證唯一性.假設除了直線y=0外還存在一條直線y=kx+b（k≠0或b≠0）通過點（2，0），且該直線通過有理點A（x1，y1）與B（x2，y2），其中x1、y1、x2、y2均為有理數.

因為直線y=kx+b通過點（2，0），所以b=-2k，于是y=k（x-2），且k≠0.又直線通過A（x1，y1）與B（x2，y2）兩點，所以y1=k（x1-2）①，y=k（x-2）②

①-②，得y1-y2=k（x1-x2）③

因為A，B是兩個不同的點，且k≠0，所以x1≠x2，y1≠y2，

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

此式的左邊是無理數，右邊是有理數，出現了矛盾.

所以，平面上通過點（2，0）的直線中，至少通過兩個有理點的直線只有一條.

綜上所述，滿足題設條件的直線有一條且只有一條.

點評唯一性命題的證明問題，可考慮用反證法.“惟一”就是“有且只有一個”，其反面是“至少有兩個”.

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

（1）利用這個性質證明x0唯一；

（2）設A，B，C是函數f（x）=ln（1+ex）-x（x∈R）圖像上三個不同的點，求證：△ABC是鈍角三角形.

證明（1）假設存在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）.

因為b>a，b-a≠0，所以f′（x0）=f′（x0′）.

因為f′（x）=ex1+ex-1=-11+ex，記g（x）=f′（x）=-11+ex，所以g′（x）=ex1+ex>0，f′（x）是[a，b]上的單調增函數，所以x0=x0′，這與x0≠x0′矛盾，即x0是唯一的.

（2）略.

牛頓曾經說過：“反證法是數學家最精當的武器之一.”作為武器，在數學教材中，都有反證法的滲透，特別是在推理與證明的內容里也有較多反證法的例題和習題，所以高考中出些有關反證法的問題，是容易理解的，也是非常有必要的.

作者簡介童其林，男，1963年10月生，中學高級教師，福建省特級教師，龍巖市杰出人民教師，曾有200余篇文章發(fā)表，主要從事教學管理研究與數學教學研究.