對于解集非空的一元二次不等式的求解，我們常用“兩根之間”、“兩根之外”這類簡縮語來說明其結(jié)果，同時也表明了它的解法．這是用“等”來解決“不等”的一個典型例子．從表面上看，“等”和“不等”是對立的，但如果著眼于“等”和“不等”的關(guān)系，會發(fā)現(xiàn)它們之間相互聯(lián)系的另一面．設(shè)Ｍ、Ｎ是代數(shù)式，我們把等式Ｍ＝Ｎ叫做不等式Ｍ＜Ｎ，Ｍ≤Ｎ，Ｍ＞Ｎ、Ｍ≥Ｎ相應(yīng)的等式．我們把一個不等式與其相應(yīng)的等式對比進行研究，發(fā)現(xiàn)“等”是“不等”的“界點”、是不等的特例，稍微深入一步，可以從“等”的解決來發(fā)現(xiàn)“不等”的解決思路、方法與技巧．本文通過幾個常見的典型例題揭示“等”對于“不等”在問題解決上的啟示．
?　1．否定特例，排除錯解
　?解不等式的實踐告訴我們，不等式的解區(qū)間的端點是它的相應(yīng)等式（方程）的解或者是它的定義區(qū)間的端點（這里我們把＋∞、－∞也看作端點）．因此我們可以通過端點的驗證，否定特例，排除錯解，獲得解決問題的啟示．
　?例1　滿足ｓｉｎ（ｘ－π／4）≥1／2的ｘ的集合是（）．
??Ａ．｛ｘ｜2ｋπ＋5π／12≤ｘ≤2ｋπ＋13π／12，ｋ∈Ｚ｝
??Ｂ．｛ｘ｜2ｋπ－π／12≤ｘ≤2ｋπ＋7π／12，ｋ∈Ｚ｝
??Ｃ．｛ｘ｜2ｋπ＋π／6≤ｘ≤2ｋπ＋5π／6，ｋ∈Ｚ｝
??Ｄ．｛ｘ｜2ｋπ≤ｘ≤2ｋπ＋π／6，ｋ∈Ｚ｝∪｛2ｋπ＋5π／6≤（2ｋ＋1）π，ｋ∈Ｚ｝（1991年三南試題）
　?分析：當(dāng)ｘ＝－π／12、ｘ＝π／6、ｘ＝0時，ｓｉｎ（ｘ－π／4）＜0，因此排除Ｂ、Ｃ、Ｄ，故選Ａ．
　?例2　不等式＋｜ｘ｜／ｘ≥0的解集是（）．
??Ａ．｛ｘ｜－2≤ｘ≤2｝
??Ｂ．｛ｘ｜－≤ｘ＜0或0＜ｘ≤2｝
??Ｃ．｛ｘ｜－2≤ｘ＜0或0＜ｘ≤2｝
??Ｄ．｛ｘ｜－≤ｘ＜0或0＜ｘ≤｝
?　分析：由ｘ＝－2不是原不等式的解排除Ａ、Ｃ，由ｘ＝2是原不等式的一個解排除Ｄ，故選Ｂ．
　?這兩道題若按部就班地解來，例1是易錯題，例2有一定的運算量．上面的解法省時省力，但似有“投機取巧”之嫌．選擇題給出了三誤一正的答案，這是問題情景的一部分．而且是重要的一部分．我們利用“等”與“不等”之間的內(nèi)在聯(lián)系，把目光投向解區(qū)間的端點，化繁為簡，體現(xiàn)了具體問題具體解決的樸素思想，這種 “投機取巧”正是抓住了問題的特征，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思維的敏捷性和數(shù)學(xué)地解決問題的機智．在解不等式的解答題中，我們可以用這種方法來探索結(jié)果、驗證結(jié)果或縮小探索的范圍．
　?例3　解不等式ｌｏｇａ（1－1／ｘ）＞1．（1996年全國高考試題）
　?分析：原不等式相應(yīng)的等式--方程ｌｏｇａ（1－1／ｘ）＝1的解為ｘ＝1／（1－ａ）（ａ≠1是隱含條件）．原不等式的定義域為（1，＋∞）∪（－∞，0）．當(dāng)ｘ→＋∞或ｘ→－∞時，ｌｏｇａ（1－1／ｘ）→0，故解區(qū)間的端點只可能是0、1或1／（1－ａ）．當(dāng)0＜ａ＜1 時，1／（1－ａ）＞1，可猜測解區(qū)間是（1，1／（1－ａ））；當(dāng)ａ＞1時，1／（1－ａ）＜0，可猜測解區(qū)間是（1／（1－ａ），0）．當(dāng)然，猜測的時候要結(jié)合定義域考慮．
　?上面的分析，可以作為解題的探索，也可以作為解題后的回顧與檢驗．如果把原題重做一遍視為檢驗，那么一則費時，對考試來說無實用價值，對解題實踐來說也失去檢驗所特有的意義；二則重做一遍往往可能重蹈錯誤思路、錯誤運算程序的復(fù)轍，費時而于事無補．因此，抓住端點探索或檢驗不等式的解，是一條實用、有效的解決問題的思路．
　?2．誘導(dǎo)猜想，發(fā)現(xiàn)思路
　?當(dāng)我們證明不等式Ｍ≥Ｎ（或Ｍ＞Ｎ、Ｍ≤Ｎ、Ｍ＜Ｎ）時，可以先考察Ｍ＝Ｎ的條件，基本不等式都有等號成立的充要條件，而且這些充要條件都是若干個正變量相等，這就使我們的思考有了明確的目標(biāo)，誘導(dǎo)猜想，從而發(fā)現(xiàn)證題思路．這種思想方法對于一些較難的不等式證明更能顯示它的作用．
　?例4　設(shè)ａ、ｂ、ｃ為正數(shù)且滿足ａｂｃ＝1，試證：1／ａ3（ｂ＋ｃ）＋1／ｂ3（ｃ＋ａ）＋1／ｃ3（ａ＋ｂ）≥3／2．（第36屆ＩＭＯ第二題）
　?分析：容易猜想到ａ＝ｂ＝ｃ＝1時，原不等式的等號成立，這時1／ａ3（ｂ＋ｃ）＝1／ｂ3（ｃ＋ａ）＝1／ｃ3（ａ＋ｂ）＝1／2．考慮到“≥”在基本不等式中表現(xiàn)為“和”向“積”的不等式變換，故想到給原不等式左邊的每一項配上一個因式，這個因式的值當(dāng)ａ＝ｂ＝ｃ＝1時等于1／2，且能通過不等式變換的運算使原不等式的表達式得到簡化．
　?1／ａ3（ｂ＋ｃ）＋（ｂ＋ｃ）／4ｂｃ≥＝1／ａ，
　?1／ｂ3（ａ＋ｃ）＋（ａ＋ｃ）／4ｃａ≥1／ｂ，

?1／ｃ3（ａ＋ｂ）＋（ａ＋ｂ）／4ａｂ≥1／ｃ，
　?將這三個等式相加可得
　?1／ａ3（ｂ＋ｃ）＋1／ｂ3（ｃ＋ａ）＋1／ｃ3（ａ＋ｂ）≥1／ａ＋1／ｂ＋1／ｃ－（1／4）［（ｂ＋ｃ）／ｂｃ＋（ｃ＋ａ）／ｃａ＋（ａ＋ｂ）／ａｂ］＝（1／2）（1／ａ＋1／ｂ＋1／ｃ）≥（3／2）＝3／2，從而原不等式獲證．
　?這道題看似不難，當(dāng)年卻使參賽的412名選手中有300人得0分．上述湊等因子的思路源于由等號的成立條件而產(chǎn)生的猜想，使思路變得較為自然，所用的知識是一般高中生所熟知的．再舉二例以說明這種方法有較大的適用范圍．
　?例5　設(shè)ａ，ｂ，ｃ，ｄ是滿足ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ＝1的正實數(shù)，求證：ａ3／（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋ｂ3／（ａ＋ｃ＋ｄ）＋ｃ3／（ａ＋ｂ＋ｄ）＋ｄ3／（ａ＋ｂ＋ｃ）≥1／3．（第31屆ＩＭＯ備選題）
　?證明：ａ3／（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋ａ（ｂ＋ｃ＋ｄ）／9≥（2／3）ａ2，
　?ｂ3／（ａ＋ｃ＋ｄ）＋ｂ（ａ＋ｃ＋ｄ）／9≥（2／3）ｂ2，
　?ｃ3／（ａ＋ｂ＋ｄ）＋ｃ（ａ＋ｂ＋ｄ）／9≥（2／3）ｃ2，
　?ｄ3／（ａ＋ｂ＋ｃ）＋ｄ（ａ＋ｂ＋ｃ）／9≥（2／3）ｄ2．
　?∴?。?／（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋ｂ3／（ａ＋ｃ＋ｄ）＋ｃ3／（ａ＋ｂ＋ｄ）＋ｄ3／（ａ＋ｂ＋ｃ）≥（2／3）（ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋ｄ2）－（2／9）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ＋ａｃ＋ｂｄ）
　?＝（5／9）（ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋ｄ2）－（2／9）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）＋（1／9）（ａ2＋ｃ2－2ａｃ＋ｂ2＋ｄ2－2ｂｄ）
　?≥（5／9）（ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋ｄ2）－（2／9）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）≥（5／9）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）－（2／9）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）＝（1／3）（ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）＝1／3．
　?當(dāng)ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝1／2時，原不等式左邊的四個項都等于1／12，由此出發(fā)湊“等因子”．對于某些中學(xué)數(shù)學(xué)中的常見問題也可用這種方法解決，降低問題解決對知識的要求．
　?例6　設(shè)ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｒ＋，ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝8，求Ｍ＝＋＋＋的最大值．
　?分析：猜想當(dāng)ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝2時Ｍ取得最大值，這時Ｍ中的4個項都等于3．要求Ｍ的最大值，需將Ｍ向“≤”的方向進行不等變換，由此可得 3≤（3＋4ａ＋1）／2＝2ａ＋2，3≤2ｂ＋2，3≤2ｃ＋2，3≤2ｄ＋2．于是3Ｍ≤2（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ）＋8＝24，∴Ｍ≤8．當(dāng)且僅當(dāng)ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ時等號成立，所以Ｍ的最大值為8．
　?當(dāng)然，例6利用平方平均數(shù)不小于算術(shù)平均數(shù)是易于求解的，但需要高中數(shù)學(xué)教材外的知識．利用較少的知識解決較多的問題，是數(shù)學(xué)自身的追求，而且從教學(xué)上考慮，可以更好地培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)能力．先有猜想，后有設(shè)計，再有證法，也是數(shù)學(xué)地思考問題的基本特征．
　?3．引發(fā)矛盾，啟迪探索
　?在利用基本不等式求最大值或最小值時，都必須考慮等號能否取得，這不僅是解題的規(guī)范要求，而且往往對問題的解決提供有益的啟示．特別當(dāng)解題的過程似乎順理成章，但等號成立的條件卻發(fā)生矛盾或并不一定成立．這一新的問題情景將啟迪我們對問題的進一步探索．
　?例7　設(shè)ａ，ｂ∈Ｒ＋，2ａ＋ｂ＝1，則2－4ａ2－ｂ2有（）．
??Ａ．最大值1／4??。拢钚≈?／4
??Ｃ．最大值（－1）／2??。模钚≈担ǎ?）／2
?　分析：由4ａ2＋ｂ2≥4ａｂ，得原式≤2－4ａｂ＝－4（）2＋2＝－4（－1／4）2＋1／4≤1／4．若不對不等變換中等號成立的條件進行研究，似已完成解題任務(wù)，而且覺得解題過程頗為自然，但若研究一下等號成立的條件，則出現(xiàn)了矛盾：要使4ａ2＋ｂ2≥4ａｂ中的等號成立，則應(yīng)有 2ａ＝ｂ＝1／2，這時＝／4≠1／4，第二個“≤”中的等號不能成立．這一矛盾使我們感覺到解題過程的錯誤，促使我們另辟解題途徑．事實上，原式＝2－（2ａ＋ｂ）2＋4ａｂ＝4ａｂ＋2－1，而由1＝2ａ＋ｂ≥2得0＜≤／4，ａｂ≤1／8，∴原式≤／2＋1／2－1＝（－1）／2，故選?Ｃ