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 ≤
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