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“等”對“不等”的啟示
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”的關系，會發現它們之間相互聯系的另一面．設Ｍ、Ｎ是代數式，我們把等式Ｍ＝Ｎ叫做不等式Ｍ＜Ｎ，Ｍ≤Ｎ，Ｍ＞Ｎ、Ｍ≥Ｎ相應的等式．我們把一個不等式與其相應的等式對比進行，發現“等”是“不等”的“界點”、是不等的特例，稍微深入一步，可以從“等”的解決來發現“不等”的解決思路、與技巧．本文通過幾個常見的典型例題揭示“等”對于“不等”在解決上的啟示．? 1．否定特例，排除錯解
?解不等式的實踐告訴我們，不等式的解區間的端點是它的相應等式（方程）的解或者是它的定義區間的端點（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）
?：當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”之間的內在聯系，把目光投向解區間的端點，化繁為簡，體現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，體現了數學思維的敏捷性和數學地解決問題的機智．在解不等式的解答題中，我們可以用這種方法來探索結果、驗證結果或縮小探索的范圍．
?例3 解不等式ｌｏｇａ（1－1／ｘ）＞1．（1996年全國高題）
?分析：原不等式相應的等式--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ｘ→＋∞或ｘ→－∞時，ｌｏｇａ（1－1／ｘ）→0，故解區間的端點只可能是0、1或1／（1－ａ）．當0＜ａ＜1時，1／（1－ａ）＞1，可猜測解區間是（1，1／（1－ａ））；當ａ＞1時，1／（1－ａ）＜0，可猜測解區間是（1／（1－ａ），0）．當然，猜測的時候要結合定義域考慮．
?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．誘導猜想，發現思路
?當我們證明不等式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，誘導猜想，從而發現證題思路．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ａ、ｂ、ｃ為正數且滿足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生的猜想，使思路變得較為，所用的知識是一般高中生所熟知的．再舉二例以說明這種有較大的適用范圍．
?例5 設ａ，ｂ，ｃ，ｄ是滿足ａｂ＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ＝1的正實數，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．
?∴ 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．
?當ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝1／2時，原不等式左邊的四個項都等于1／12，由此出發湊“等因子”．對于某些中學數學中的常見也可用這種方法解決，降低問題解決對知識的要求．
?例6 設ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｒ＋，ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝8，求Ｍ＝ ＋ ＋ ＋ 的最大值．
?：猜想當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．當且僅當ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ時等號成立，所以Ｍ的最大值為8．
?當然，例6利用平方平均數不小于算術平均數是易于求解的，但需要高中數學教材外的知識．利用較少的知識解決較多的問題，是數學自身的追求，而且從教學上考慮，可以更好地培養學生的數學能力．先有猜想，后有設計，再有證法，也是數學地思考問題的基本特征．
?3．引發矛盾，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，這不僅是解題的規范要求，而且往往對問題的解決提供有益的啟示．特別當解題的過程似乎順理成章，但等號成立的條件卻發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ａ，ｂ∈Ｒ＋，2ａ＋ｂ＝1，則2 －4ａ2－ｂ2有（）．
??Ａ．最大值1／4?�。拢钚≈�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．若不對不等變換中等號成立的條件進行，似已完成解題任務，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，則出現了矛盾：要使4ａ2＋ｂ2≥4ａｂ中的等號成立，則應有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．
?等號不一定成立而啟迪我們對進一步探索的典型例子是1997年全國高考（理科）第22題：
?例8 甲、乙兩地相距Ｓ千米（ｋｍ），汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過ｃ千米／小時（ｋｍ／ｈ）．已知汽車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度ｖ（千米／小時）的平方成正比，比例系數為ｂ，固定部分為ａ元．
?Ⅰ．把全程運輸成本ｙ（元）表示為速度ｖ（千米／小時）的函數，并指出這個函數的定義域；
?Ⅱ．為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大的速度行駛?
?：ｙ＝ａＳｖ＋ｂＳｖ，ｖ∈（0，ｃ］，由ｙ≥2Ｓ 當且僅當ａＳ／ｖ＝ｂＳｖ，即當ｖ＝ 時等號成立得，當ｖ＝ 時ｙ有最小值．這是本題的正確答案嗎?那就得考慮ｖ＝ 是否一定成立．當 ≤ｃ時可以，但 是有可能大于ｃ的．這就引發了我們進行分類討論的動機，同時也獲得分類的標準．
?綜上所述，“等”是不等式問題中一道特殊的風景，從“等”中尋找問題解決的思路，本質上是特殊化思想在解題中的．從教學上看，引導學生注視不等式問題中的“等”，是教會學生發現問題、提出問題，從而分析問題、解決問題的契機．
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