课件7：2.2.2 反证法

名师点评
证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命
题，即存在性和唯一性．本例用直接证法中的综合法证
明了存在性，反证法证明了唯一性．
跟踪训练
2．(1)证明：方程2x＝3有且只有一个根．
(2)证明：两条相交直线有且只有一个交点．
证明：(1)∵2x＝3，∴x＝log23.这说明方程有一个根．
下面用反证法证明方程2x＝3的根是唯一的．
成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明
原命题
假设
________错误，从而证明了_________成立，这种证
明方法叫做反证法．
想一想
1.用反证法证明命题“若p，则q”时，为什么证出綈q假，
就说明“若p，则q”就真？
提示：“若p，则綈q”是“若p，则q”的否定，二者一真一
假，所以“若p，则綈q”为假从而说明“若p，则q”为真．
想一想
2.“反证法”与“证逆否命题”有什么主要区别？
提示：(1)两种证法的逻辑原理不同．“反证法”的原理是
命题与命题的否定一真一假，“证逆否命题”的原理是命
题与其逆否命题的等价性(即同真假)．
(2)两种证明的推理形式不同，证明逆否命题实际上就是
从结论的反面出发，推出条件的反面成立．而反证法一
般是假设结论的反面成立，然后通过推理导出矛盾．
2
4
4 2
4 2
2
即( λ－3) ＝λ( λ－4)⇔ λ －4λ＋9＝ λ －4λ⇔9＝0，
3
9
9
9
矛盾．所以对任意实数 λ，{an}不是等比数列．

设{an}，{bn}的公比分别为p，q(p≠q)．
∵a＝an－1·an＋1，b＝bn－1·bn＋1，
∴2anbn＝an－1bn＋1＋bn－1an＋1
an
bn
＝ ·bn·q＋ ·an·p，
p
q
q p
∴2＝ ＋ ，
p q
q p
q p
q p
∴当 p≠q 时， ＋ ＞2 或 ＋ ≤－2 与 ＋ ＝2 矛盾，
无交点；不只有一个交点．
①若直线a，b无交点，那么a∥b或a，b是异面直线，与已
知矛盾；②若直线a，b不只有一个交点，则至少有两个交
点A和B，这样同时经过点A，B就有两条直线，这与“经过
两点有且只有一条直线”相矛盾．
综上，所以结论成立,即两条相交直线有且只有一个交点.
题型三
用反证法证明(或解答)“至多”或“至少”类命题
例 3 已知 a、b、c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，
1
(1－c)a 中至少有一个不大于 .
4
1
证明：假设三式同时大于 ，
4
1
1
1
即(1－a)b＞ ，(1－b)c＞ ，(1－c)a＞ ，
4
4
4
三式相乘，得
1
(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c＞ .
64
1－a＋a 2 1
又(1－a)a≤(
)＝ .
2
4
1
1
同理(1－b)b≤ ，(1－c)c≤ .
4
4
1
以上三式相乘得(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤ ，
64
1
这与(1－a)a(1－b)b(1－c)c＞ 矛盾，故结论得证．
64
名师点评
(1)要想得到原命题的反面，必须先弄清原命
题的含义，即原命题包含哪几个结论(不能缩小也不能扩
大)．
(2)“至多”、“至少”、“都”等词语的否定形式
跟踪训练
3．用反证法证明：关于x的方程x2＋4ax－4a＋3＝0，
3
2
2
2
x ＋(a－1)x＋a ＝0，x ＋2ax－2a＝0，当a≤－ 或a≥－
2
1时，至少有一个方程有实数根．
证明：假设三个方程都没有实数根，则由判别式都小于零得
Δ1＝(4a)2＋4(4a－3)＜0，

2
2
Δ
＝(a－1)
－4a
＜0，
2．反证法常见矛盾类型
反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可
以是与已知条件、公理、定义、定理及明显成立的事实
或自相矛盾等．
想一想
3
3
3.用反证法证明命题“如果 a＞b，那么 a＞ b”时，
假设的内容是什么？
3
3
3
3
提示：对 a＞ b的否定是 a不大于 b，
3
3
3
3
即 a≤ b，故假设的内容应是 a≤ b.
2
Δ3＝(2a)2－4×(－2a)＜0，

3
则 1
a＞ 或a＜－1，解得－ ＜a＜－1，
3
2
－2＜a＜0，
3
1
－ ＜a＜ ，
2
2
3
与 a≤－ 或 a≥－1 矛盾，故原命题成立．
2
方法感悟
用反证法证题时要把握三点：
(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能，
要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．
(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条
件进行论证，否则，仅否定结论,不从结论的反面出发进
行论证,就不是反证法．
(3)推导出来的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有
的与假设矛盾，有的与定理、公理相违背等，但推导出的
矛盾必须是明显的．
名师解题
反证法在数列中的应用
例 4 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1＋ 2，S3＝9
所以f(x)在(a，b)内至少存在一个零点，设零点为m，
则f(m)＝0，
假设f(x)在(a，b)内还存在另一个零点n，即f(n)＝0，
则n≠m.
若n＞m，则f(n)＞f(m)，即0＞0，矛盾；
若n＜m，则f(n)＜f(m)，即0＜0，矛盾．
因此假设不正确，即f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．
“至多”、“至少”、
否定形式
“都”等词语
至多有n个(即x≤n，
至少有n＋1个(即x>n⇔x≥n＋1，
n∈N*)
n∈N*)
至少有n个(即x≥n，
至多有n－1个(即x<n⇔x≤n－1，
n∈N*)
n∈N*)
n个都是
n个不都是(即至少有1个不是)
任意
某个
所有的
某些
特例
至多有1个 至少有2个
至少有1个 至多有0个，即一个也没有
p q
p q
p q
∴{cn}不是等比数列．
名师点评
(1)当结论为否定形式的命题时，通过反设，
转化为肯定性命题．可作为条件应用进行推理，因此对此
类问题用反证法很方便．
(2)用反证法证明问题的一般步骤：
①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；
②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；
③从矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确．
2
这与 p≠r 矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
跟踪训练
2
4．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝ an＋n－4，
3
其中 λ 为实数，n 为正整数．对任意实数 λ，证明数列
{an}不是等比数列．
证明：假设存在一个实数 λ，使{an}是等比数列，
则有 a22＝a1a3，
＋3 2.
(1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn；
Sn
(2)设 bn＝ (n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都
n
不可能成为等比数列．a1源自 2＋1，解：(1)由已知得
3a1＋3d＝9＋3 2，
∴d＝2，故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)．
Sn
(2)证明：由(1)得 bn＝ ＝n＋ 2.
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
2
bq＝bpbr，
即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r) 2＝0.
2
q
－pr＝0，

*
∵p、q、r∈N ，∴
2q－p－r＝0，
p＋r 2
∴(
) ＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.
2.2.2 反证法
学习目标
了解 反证法是间接证明
结合实例 ――→
的一种方法
理解 反证法的
――→
思维过程
掌握 运用反证法证
――→
明数学问题
重点难点
重点：了解反证法及其思考过程、特点．
难点：根据问题特点，结合反证法的思考过程、特点解决
有关问题．
新知初探
1．反证法
不成立 (即在原命题的条件下，结论不
假设原命题_______
故 a， b， c不成等差数列．
题型二
用反证法证明唯一性命题
例2 若函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续不断开，
且f(a)＜0，f(b)＞0，且f(x)在[a，b]上单调递增，
求证：f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．
证明：由于f(x)在[a，b]上的图象连续不断开，
且f(a)＜0，f(b)＞0，即f(a)·f(b)＜0，
跟踪训练
1．已知三个正数 a，b，c 成等比数列，但不成等差数列，
求证： a， b， c不成等差数列．
证明：假设 a， b， c成等差数列，
则 a＋ c＝2 b，即 a＋c＋2 ac＝4b，
而 b2＝ac，即 b＝ ac，
∴a＋c＋2 ac＝4 ac，
∴( a－ c)2＝0.
即 a＝ c，
从而 a＝b＝c，与 a，b，c 不成等差数列矛盾，
题型探究
题型一 用反证法证明否(肯)定式命题
例 1
设{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，
cn＝an＋bn，证明：数列{cn}不是等比数列．
证明：假设{cn}是等比数列，
则当n≥2时，(an＋bn)2＝(an－1＋bn－1)·(an＋1＋bn＋1)．
∴a＋2anbn＋b
＝an－1an＋1＋an－1bn＋1＋bn－1an＋1＋bn－1bn＋1.
假设方程2x＝3有两个根b1，b2(b1≠b2)，
则21 ＝3，22 ＝3.两式相除，得21−2 ＝1.
如果b1－b2＞0，则21 −2 ＞1，这与21 −2 ＝1相矛盾；
如果b1－b2＜0，21 −2 ＜1，这也与21 −2 ＝1相矛盾．
所以方程2x＝3有且只有一个根．
(2)假设结论不成立，即有两种可能：