等对不等意义
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对于解集非空的一元二次不等式的求解，我们常用“两根之间”、“两根之外”这类简缩语来说明其结果，同时也表明了它的解法．这是用“等”来解决“不等”的一个典型例子．从表面上看，“等”和“不等”是对立的，但如果着眼于“等”和“不等”的关系，会发现它们之间相互联系的另一面．设M、N是代数式，我们把等式M＝N叫做不等式M＜N，M≤N，M＞N、M≥N相应的等式．我们把一个不等式与其相应的等式对比进行研究，发现“等”是“不等”的“界点”、是不等的特例，稍微深入一步，可以从“等”的解决来发现“不等”的解决思路、方法与技巧．本文通过几个常见的典型例题揭示“等”对于“不等”在问题解决上的启示．
1．否定特例，排除错解
解不等式的实践告诉我们，不等式的解区间的端点是它的相应等式（方程）的解或者是它的定义区间的端点（这里我们把＋∞、－∞也看作端点）．因此我们可以通过端点的验证，否定特例，排除错解，获得解决问题的启示．
例1满足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年三南试题）
分析：当x＝－π／12、x＝π／6、x＝0时，sin（x－π／4）＜0，因此排除B、C、D，故选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是原不等式的一个解排除D，故选B．
这两道题若按部就班地解来，例1是易错题，例2有一定的运算量．上面的解法省时省力，但似有“投机取巧”之嫌．选择题给出了三误一正的答案，这是问题情景的一部分．而且是重要的一部分．我们利用“等”与“不等”之间的内在联系，把目光投向解区间的端点，化繁为简，体现了具体问题具体解决的朴素思想，这种“投机取巧”正是抓住了问题的特征，体现了数学思维的敏捷性和数学地解决问题的机智．在解不等式的解答题中，我们可以用这种方法来探索结果、验证结果或缩小探索的范围．
例3解不等式loga（1－1／x）＞1．（1996年全国高考试题）
分析：原不等式相应的等式--方程loga（1－1／x）＝1的解为x＝1／（1－a）（a≠1是隐含条件）．原不等式的定义域为（1，＋∞）∪（－∞，0）．当x→＋∞或x→－∞时，loga（1－1／x）→0，故解区间的端点只可能是0、1或1／（1－a）．当0＜a＜1时，1／（1－a）＞1，可猜测解区间是（1，1／（1－a））；当a＞1时，1／（1－a）＜0，可猜测解区间是（1／（1－a），0）．当然，猜测的时候要结合定义域考虑．
上面的分析，可以作为解题的探索，也可以作为解题后的回顾与检验．如果把原题重做一遍视为检验，那么一则费时，对考试来说无实用价值，对解题实践来说也失去检验所特有的意义；二则重做一遍往往可能重蹈错误思路、错误运算程序的复辙，费时而于事无补．因此，抓住端点探索或检验不等式的解，是一条实用、有效的解决问题的思路．
2．诱导猜想，发现思路
当我们证明不等式M≥N（或M＞N、M≤N、M＜N）时，可以先考察M＝N的条件，基本不等式都有等号成立的充要条件，而且这些充要条件都是若干个正变量相等，这就使我们的思考有了明确的目标，诱导猜想，从而发现证题思路．这种思想方法对于一些较难的不等式证明更能显示它的作用．
例4设a、b、c为正数且满足abc＝1，试证：1／a3（b＋c）＋1／b3（c＋a）＋1／c3（a＋b）≥3／2．（第36届IMO第二题）
分析：容易猜想到a＝b＝c＝1时，原不等式的等号成立，这时1／a3（b＋c）＝1／b3（c＋a）＝1／c3（a＋b）＝1／2．考虑到“≥”在基本不等式中表现为“和”向“积”的不等式变换，故想到给原不等式左边的每一项配上一个因式，这个因式的值当a＝b＝c＝1时等于1／2，且能通过不等式变换的运算使原不等式的表达式得到简化．
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，
将这三个等式相加可得
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，从而原不等式获证．
这道题看似不难，当年却使参赛的412名选手中有300人得0分．上述凑等因子的思路源于由等号的成立条件而产生的猜想，使思路变得较为自然，所用的知识是一般高中生所熟知的．再举二例以说明这种方法有较大的适用范围．
例5设a，b，c，d是满足ab＋bc＋cd＋da＝1的正实数，求证：a3／（b＋c＋d）＋b3／（a＋c＋d）＋c3／（a＋b＋d）＋d3／（a＋b＋c）≥1／3．（第31届IMO备选题）
证明：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．
∴a3／（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．
当a＝b＝c＝d＝1／2时，原不等式左边的四个项都等于1／12，由此出发凑“等因子”．对于某些中学数学中的常见问题也可用这种方法解决，降低问题解决对知识的要求．
例6设a，b，c，d∈R＋，a＋b＋c＋d＝8，求M＝＋＋＋的最大值．
分析：猜想当a＝b＝c＝d＝2时M取得最大值，这时M中的4个项都等于3．要求M的最大值，需将M向“≤”的方向进行不等变换，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．当且仅当a＝b＝c＝d时等号成立，所以M的最大值为8．
当然，例6利用平方平均数不小于算术平均数是易于求解的，但需要高中数学教材外的知识．利用较少的知识解决较多的问题，是数学自身的追求，而且从教学上考虑，可以更好地培养学生的数学能力．先有猜想，后有设计，再有证法，也是数学地思考问题的基本特征．
3．引发矛盾，启迪探索
在利用基本不等式求最大值或最小值时，都必须考虑等号能否取得，这不仅是解题的规范要求，而且往往对问题的解决提供有益的启示．特别当解题的过程似乎顺理成章，但等号成立的条件却发生矛盾或并不一定成立．这一新的问题情景将启迪我们对问题的进一步探索．
例7设a，b∈R＋，2a＋b＝1，则2－4a2－b2有（）．
A．最大值1／4B．最小值1／4
C．最大值（－1）／2D．最小值（－1）／2
分析：由4a2＋b2≥4ab，得原式≤2－4ab＝－4（）2＋2＝－4（－1／4）2＋1／4≤1／4．若不对不等变换中等号成立的条件进行研究，似已完成解题任务，而且觉得解题过程颇为自然，但若研究一下等号成立的条件，则出现了矛盾：要使4a2＋b2≥4ab中的等号成立，则应有2a＝b＝1／2，这时＝／4≠1／4，第二个“≤”中的等号不能成立．这一矛盾使我们感觉到解题过程的错误，促使我们另辟解题途径．事实上，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，故选C．等号不一定成立而启迪我们对问题进一步探索的典型例子是1997年全国高考（理科）第22题：
例8甲、乙两地相距S千米（km），汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米／小时（km／h）．已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米／小时）的平方成正比，比例系数为b，固定部分为a元．
Ⅰ．把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米／小时）的函数，并指出这个函数的定义域；
Ⅱ．为了使全程运输成本最小，汽车应以多大的速度行驶?
分析：y＝aSv＋bSv，v∈（0，c］，由y≥2S当且仅当aS／v＝bSv，即当v＝时等号成立得，当v＝时y有最小值．这是本题的正确答案吗?那就得考虑v＝是否一定成立．当≤c时可以，但是有可能大于c的．这就引发了我们进行分类讨论的动机，同时也获得分类的标准．
综上所述，“等”是不等式问题中一道特殊的风景，从“等”中寻找问题解决的思路，本质上是特殊化思想在解题中的应用．从教学上看，引导学生注视不等式问题中的“等”，是教会学生发现问题、提出问题，从而分析问题、解决问题的契机。
