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1／4 ｂ．最小值1／4
ｃ．最大值（ －1）／2 ｄ．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．
