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SOB内， ∴ AC⊥SO， ∵ SO⊥底面圆O， ∴ SO⊥AB， ∴ 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fx在区间[a,b]上是增函数． 求证方程fx0在区间[a,b]上至多有一个实根． 证明假设方程fx0在区间[a,b]上有两个实根x1 ,x2. 则fxl）fx2）0,这与函数f x在区间[a,b]上是增函数矛盾． 故方程fx0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fx对于定义域内任意实数都有fx≠0,且fx＋yfxfy成立．求证对于定义域内的任意x都有fx0. 解析 假设满足题设条件的任意x,fx＞0不成立，即存在某个x0，有fx00，Ax1，y1）,Bx2,y2）Cx3, y3）,Dx4,y4）是抛物线上的不同四点，则有axi,（i1，2，3，4），于是， 同理,,. 假定ABCD是平行四边形，则kAB kCD , kBC kDA，从而得yl y3 , y2y4，进而得x1x3，x2x4，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 q32，求证pq≤2. 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pq2，那么p2-q， ∴p3＞2-q38-12q6q2-q3． 将p3 q32，代入得6q2-12q60， 即6q-12＜0. 由此得出矛盾．∴pq≤2. 点评q-12不可能小于0. 6q-12＜0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-bc,1-ca不能同时大于． 证明假设三式同时大于，即b＞，1-bc＞,1-ca ＞. 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． ①结论本身是以否定形式出现的一类命题． ②关于唯一性、存在性的命题． ③结论是以“至多”“至少”等形式出现的命题． ④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a∥b,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 OD⊥AB,EO⊥BC,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