PAGE§4反證法授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁[自主梳理]一、反證法的定義1．在證明數(shù)學(xué)命題時，要證明的結(jié)論要么正確，要么錯誤，二者________，我們可以先假定命題結(jié)論的______成立，在這個前提下，若推出的結(jié)果與________相沖突，或與命題中的________相沖突，或與________相沖突，從而斷定命題結(jié)論的反面________成立，由此斷定命題的結(jié)論________．這種證明方法叫作________．2．反證法是一種________證明的方法．二、反證法的證明步驟1．作出________的假設(shè)．2．進行推理，導(dǎo)出________．3．否定________，確定________．[雙基自測]1．命題“在△ABC中，若∠A>∠B，則a>b”的結(jié)論的否定應(yīng)當(dāng)是()A．a(chǎn)<bB．a(chǎn)≤bC．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)≥b2．若a、b、c不全為零，必需且只需()A．a(chǎn)bc≠0B．a(chǎn)、b、c中至少有一個為0C．a(chǎn)、b、c中只有一個是0D．a(chǎn)、b、c中至少有一個不為03．用反證法證明“若a＋b＋c<3，則a，b，c中至少有一個小于1”時，應(yīng)A．假設(shè)a，b，c至少有一個大于1B．假設(shè)a，b，c都大于1C．假設(shè)a，b，c至少有兩個大于1D．假設(shè)a，b，c都不小于14．有甲、乙、丙、丁四位歌手參與競賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎”，乙說：“甲、丙都未獲獎”，丙說：“我獲獎了”，丁說：“是乙獲獎”．四位歌手的話只有兩名是對的，則獲獎的歌手是()A．甲B．乙C．丙D．丁5．用反證法證明“在一個三角形中，至少有一個內(nèi)角大于或等于60°”的過程如下：已知：△ABC的三個內(nèi)角A，B，C.求證：A，B，C中至少有一個大于或等于60°.證明：假設(shè)________________________________________________________________．則A＋B＋C<60°＋60°＋60°＝180°，這與_____________沖突，因此假設(shè)不成立，原命題正確．[自主梳理]一、1.必居其一反面定義、公理、定理已知條件假定不行能成立反證法2.間接二、1.否定結(jié)論2.沖突3.假設(shè)結(jié)論[雙基自測]1．B2．Da、b、c不全為零，即a、b、c中至少有一個不為0.3．D假設(shè)a，b，c中至少有一個小于1不成立，即a，b，c都不小于1，故選D.4．C若甲、乙的話是對的，則乙獲獎，從而丁的話是對的不符合題意；若甲、丙的話是對的，則丙獲獎，乙、丁的話是錯的，符合題意，故選C.5．A，B，C都小于60°，即A<60°，B<60°，C<60°三角形的內(nèi)角和是180°授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第25頁探究一用反證法證明“否定型”命題[例1]如圖，設(shè)SA、SB是圓錐的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點．求證：AC與平面SOB不垂直．[證明]假設(shè)AC⊥平面SOB，因為直線SO在平面SOB內(nèi)，所以AC⊥SO.又SO⊥底面，所以SO⊥AB.因為AB∩AC＝A，所以SO⊥平面SAB.故平面SAB∥底面．這與已知條件沖突，所以假設(shè)不成立．即AC與平面SOB不垂直．1．對于這類“否定”型命題，明顯從正面證明須要證明的狀況太多，不但過程繁瑣，而且簡單遺漏，故可以考慮采納反證法．一般地，當(dāng)題目中含有“不行能”“都不”“沒有”等否定性詞語時，宜采納反證法證明．2．反證法證明“確定”型命題相宜于結(jié)論的反面比原結(jié)論更詳細更簡單探討和駕馭的命題．1．設(shè){an}是公比為q(q≠0)的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和，求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．證明：假設(shè){Sn}為等比數(shù)列，則Seq\o\al(2,2)＝S1·S3，∴aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)．∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，與q≠0沖突．∴{Sn}不是等比數(shù)列．探究二用反證法證明“至少”“至多”等問題[例2]已知a，b，c均為實數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求證：a，b，c中至少有一個大于0.[解析]假設(shè)a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.所以a＋b＋c≤0.而a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.所以a＋b＋c>0.這與a＋b＋c≤0沖突，故a，b，c中至少有一個大于0.1．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2．已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝eq\f(1,2)，求證：x，y，z∈[0，eq\f(2,3)]．證明：假設(shè)x，y，z中有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x<0，則x2>0，則y＋z＝1－x，y2＋z2≥eq\f(y＋z2,2)，∴eq\f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq\f(y＋z2,2)＝x2＋eq\f(1－x2,2)＝eq\f(3,2)x2－x＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2).∵x<0，∴x－eq\f(2,3)<0.∴eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))>0.∴eq\f(1,2)≥eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2)>eq\f(1,2)，沖突．∴x，y，z中沒有負(fù)數(shù)．假設(shè)x，y，z中有一個大于eq\f(2,3)，不妨設(shè)x>eq\f(2,3)，則eq\f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq\f(y＋z2,2)＝x2＋eq\f(1－x2,2)＝eq\f(3,2)x2－x＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2).∵x>eq\f(2,3)，∴x>0.∴eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))>0.∴eq\f(1,2)≥eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2)>eq\f(1,2)，沖突．∴x，y，z中沒有大于eq\f(2,3)的．綜上，x，y，z∈[0，eq\f(2,3)]．唯一性命題的證明[典例]求證函數(shù)f(x)＝2x＋1有且僅有一個零點．[證明](1)存在性：因為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0，所以－eq\f(1,2)為函數(shù)f(x)＝2x＋1的零點．所以函數(shù)f(x)＝2x＋1至少存在一個零點．(2)唯一性：假設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋1除－eq\f(1,2)外還有零點x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0≠－\f(1,2)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f(x0)＝0.即2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝2x0＋1，所以x0＝－eq\f(1,2)，這與