相等和不等是一對既對立又統一的矛盾，它們在一定條件下可以互相轉化.數學中的一些相等問題，如求值、等式證明、解方程(組)等，若直接求解有困難，不妨從相等的條件中發拙不等關係，以不等為突破口，往往能使問題獲得巧妙的解法.茲舉例說明.
一、從二次根式中發掘不等式關係
對於含有二次根式的等式問題，首先要考慮二次根式的被開方數非負，由此建立不等關係.
例1 已知y=x2-25x-4-x2-24-5x+2,則x2+y2= .(2000年重慶市初中數學競賽試題)
解析：本題若直接代入求解，則難以奏效，由二次根式的被開方數非負得x2-25x-4≥0且x2-24-5x≥0，由此可得x2-2=0即x2=2進而可得y=2，從而x2+y2=2+22=6.
評註：不等關係的發掘是解決本題的關鍵.
例2 設等式a(x-a)+a(y-a)=x-a-a-y在實數範圍內成立，其中a、x、y是兩兩不同的實數，則3x2+xy-y2x2-xy+y2的值為 .(1991年全國初中數學競賽試題)
解析：已知式有3個字母，關係較為複雜，x、y的關係不易求得，可由二次根式的被開方數非負建立不等關係尋求突破口.由a(x-a)≥0,
a(y-x)≥0,
x-a≥0,
a-y≥0可得a≥0,
a≤0,則a=0，代入已知式得x--y=0，則x=-y，故原式=3y2-y2-y2y2+y2+y2=13.
二、從整數中發掘不等關係
對涉及方程有整數根的問題，可利用整數的性質發掘不等關係.
例3 求方程2x+3x+1+4x+2=13360的正整數根.(1990年上海市初中數學競賽試題)
解析：本題若直接去分母，將得到一個難解的高次方程，注意到原方程的特點，由x是正整數得1x>1x+1>1x+2，則由原方程得9x+2<13360<9x，即28133 例4 若a、b、c是非負整數，且29a+30b+31c=336，則a+b+c=().(2006年江蘇省數學競賽試題)
A.10 B.12 C.14 D.16
解析：已知式中a、b、c的係數逐一增大，而待求式中a、b、c的係數相等，為此考慮對已知式中a、b、c的係數進行 調整，由a、b、c是非負整數可得不等式29(a+b+c)≤29a+30b+31c≤31(a+b+c),即29(a+b+c)≤336≤31(a+b+c).由此得112531≤a+b+c≤121829.又由a、b、c是非負整數得a+b+c=12,故選B.
例5 求所有正整數a、b、c，使得關於x的方程x2-3ax+2b=0，①
x2-3bx+2c=0,②
x2-3cx+2a=0③的所有根都是正整數.(2000年全國初中數學競賽試題)
解析：首先考慮方程①.設它的兩個正整數根分別為x1、x2，則有恆等式x2-3ax+2b=(x-x1)(x-x2).由於x1≥1且x2≥1，在上式中取x=1，得不等式1-3a+2b=(1-x1)•(1-x2)≥0，即1+2b≥3a.同理由②、③可得1+2c≥3b,1+2a≥3c.三式相加得3≥a+b+c，又由a、b、c為正整數可得a=b=c=1.
三、在一元二次方程中發掘不等關係
對於方程的個數少於未知元的個數的解方程(組)問題，可考慮構造一元二次方程，由方程有實數根時其判別式△≥0尋求突破.構造一元二次方程的方法有選擇主元構造和由韋達定理構造兩種.
例6 實數x、y滿足(x2+2x+3)(3y2+2y+1)=43，則x+y= .(2001年全國初中數學聯賽武漢賽區選拔賽試題)
解析：選擇y為主元，設x2+2x+3=t，把原方程整理成關於y的一元二次方程3ty2+2ty+t-43=0.由y為實數得△=(2t)2-4×3t(t-43)≥0，解得0≤t≤2,即0≤x2+2x+3≤2，由此可解得x=-1，代入原方程得3y2+2y+1=23，解得y=-13，所以x+y=-43.
例7 求方程組x+y=2
xy-z2=1的實數根.(1997年祖沖之杯初中數學競賽試題)
解析：由原方程組得x+y=2,xy=z2+1，則x、y為一元二次方程t2-2t+(z2+1)=0的兩實根.由△=(-2)2-4(z2+1)=-4z2≥0，得z2≤0，從而z=0.代入原方程得x=1,y=1.故原方程組的實數解為(1，1，0).
四、從a2、b2、2ab中發掘不等關係
由(a-b)2≥0得a2+b2≥2ab，若且唯若a=b時等號成立.在已知等式中發掘上述不等關係，再利用不等式等號成立的條件解(證)等式問題.
例8 已知實數a、b滿足a1-b2+b•1-a2=1，求證a2+b2=1.(第二屆希望杯 數學邀請賽試題)
解析：由a1-b2、b1-a2發掘不等關係：a2+(1-b2)2≥2a1-b2,b2+(1-a2)2≥2b1-a2，兩式相加並由已知式得1+1≥2(a1-b2+b1-a2)=2.上式等號成立，若且唯若a=1-b2且b=1-a2，即a2+b2=1.
例9 求方程組x+y+z=3,①
x2+y2+z2=3,②
x5+y5+z5=3③的所有實數解.(第2屆美國數學奧林匹克試題)
解析：由①、②發掘不等關係：x2+1≥2x,y2+1≥2y,z2+1≥2z.三式相加並由①、②得3+3=(x2+y2+z2)+3≥2(x+y+z)=2×3，上式等號成立，若且唯若x=y=z=1.此為方程①、②的唯一一組解.它也適合方程③，故為原方程組的唯一解.
例10 解方程組4x21+4x2=y,①
4y21+4y2=z,②
4z21+4z2=x.③
(1997年陝西省數學競賽試題)
解析：易知x≥0,y≥0,z≥0,且x=y=z=0是一組解.又4x2+1≥4x,4y2+1≥4y,4z2+1≥4z.由此及①+②+③得x+y+z=4x21+4x2+4y21+4y2+4z21+4z2≤4x2x+4y24y+4z24z=x+y+z.上式等號成立，若且唯若x=y=z=12.經檢驗，原方程組的解為(0，0，0)、(12，12，12).
例11 方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005的實數解為 .(2006年全國高中數學聯賽試題)
解析：易知x>0,原方程可化為(x+1x2005)(1+x2+x4+…+x2004)=2006,即x+x3+x5+…+x2005+1x2005+1x2003+1x2001+…+1x3+1x=2006,則2006=(x+1x)+(x3+1x3)+…+(x2005+1x2005)≥2+2+…+21003個2=2006.上式等式成立，若且唯若x=1x,x3=1x3,…x2005=1x2005，即x=1.
五、從函數中發掘不等關係
對於幾個結構相同的式子或等式，可考慮構造函數，利用函數的單調性發掘不等關係，尋求突破.
如上述例10，可以用此法求解.
解析：易知x≥0,y≥0,z≥0，且x=y=z=0是一組解.由三個方程左邊的結構相同構造函數f(t)=4t21+4t2，即f(t)=41t2+4，則原方程組為f(x)=y,
f(y)=z,
f(z)=x.(*)易知t>0時f(t)單調遞增.若x>y,由(*)知，f(z)>f(x)，則z>x.又由(*)知f(y)>f(z)，則y>z,從而y>x,矛盾.故x>y不成立，同理y>x不成立，從而x=y.代入①可得x=y=12,同理可得z=12.經檢驗，原方程組的解為(0，0，0)，(12，12，12).
由上觀之，發掘等式中的不等關係，用不等助相等，為解(證)相等問題提供了一種重要方法.這不僅拓寬了解題思路，提高了解題質量，同時有利於提高學生對相等與不等對立統一關係的認識，有利於培養學生辨證思維能力和思維的靈活性.
中國
一、從二次根式中發掘不等式關係
對於含有二次根式的等式問題，首先要考慮二次根式的被開方數非負，由此建立不等關係.
例1 已知y=x2-25x-4-x2-24-5x+2,則x2+y2= .(2000年重慶市初中數學競賽試題)
解析：本題若直接代入求解，則難以奏效，由二次根式的被開方數非負得x2-25x-4≥0且x2-24-5x≥0，由此可得x2-2=0即x2=2進而可得y=2，從而x2+y2=2+22=6.
評註：不等關係的發掘是解決本題的關鍵.
例2 設等式a(x-a)+a(y-a)=x-a-a-y在實數範圍內成立，其中a、x、y是兩兩不同的實數，則3x2+xy-y2x2-xy+y2的值為 .(1991年全國初中數學競賽試題)
解析：已知式有3個字母，關係較為複雜，x、y的關係不易求得，可由二次根式的被開方數非負建立不等關係尋求突破口.由a(x-a)≥0,
a(y-x)≥0,
x-a≥0,
a-y≥0可得a≥0,
a≤0,則a=0，代入已知式得x--y=0，則x=-y，故原式=3y2-y2-y2y2+y2+y2=13.
二、從整數中發掘不等關係
對涉及方程有整數根的問題，可利用整數的性質發掘不等關係.
例3 求方程2x+3x+1+4x+2=13360的正整數根.(1990年上海市初中數學競賽試題)
解析：本題若直接去分母，將得到一個難解的高次方程，注意到原方程的特點，由x是正整數得1x>1x+1>1x+2，則由原方程得9x+2<13360<9x，即28133 例4 若a、b、c是非負整數，且29a+30b+31c=336，則a+b+c=().(2006年江蘇省數學競賽試題)
A.10 B.12 C.14 D.16
解析：已知式中a、b、c的係數逐一增大，而待求式中a、b、c的係數相等，為此考慮對已知式中a、b、c的係數進行 調整，由a、b、c是非負整數可得不等式29(a+b+c)≤29a+30b+31c≤31(a+b+c),即29(a+b+c)≤336≤31(a+b+c).由此得112531≤a+b+c≤121829.又由a、b、c是非負整數得a+b+c=12,故選B.
例5 求所有正整數a、b、c，使得關於x的方程x2-3ax+2b=0，①
x2-3bx+2c=0,②
x2-3cx+2a=0③的所有根都是正整數.(2000年全國初中數學競賽試題)
解析：首先考慮方程①.設它的兩個正整數根分別為x1、x2，則有恆等式x2-3ax+2b=(x-x1)(x-x2).由於x1≥1且x2≥1，在上式中取x=1，得不等式1-3a+2b=(1-x1)•(1-x2)≥0，即1+2b≥3a.同理由②、③可得1+2c≥3b,1+2a≥3c.三式相加得3≥a+b+c，又由a、b、c為正整數可得a=b=c=1.
三、在一元二次方程中發掘不等關係
對於方程的個數少於未知元的個數的解方程(組)問題，可考慮構造一元二次方程，由方程有實數根時其判別式△≥0尋求突破.構造一元二次方程的方法有選擇主元構造和由韋達定理構造兩種.
例6 實數x、y滿足(x2+2x+3)(3y2+2y+1)=43，則x+y= .(2001年全國初中數學聯賽武漢賽區選拔賽試題)
解析：選擇y為主元，設x2+2x+3=t，把原方程整理成關於y的一元二次方程3ty2+2ty+t-43=0.由y為實數得△=(2t)2-4×3t(t-43)≥0，解得0≤t≤2,即0≤x2+2x+3≤2，由此可解得x=-1，代入原方程得3y2+2y+1=23，解得y=-13，所以x+y=-43.
例7 求方程組x+y=2
xy-z2=1的實數根.(1997年祖沖之杯初中數學競賽試題)
解析：由原方程組得x+y=2,xy=z2+1，則x、y為一元二次方程t2-2t+(z2+1)=0的兩實根.由△=(-2)2-4(z2+1)=-4z2≥0，得z2≤0，從而z=0.代入原方程得x=1,y=1.故原方程組的實數解為(1，1，0).
四、從a2、b2、2ab中發掘不等關係
由(a-b)2≥0得a2+b2≥2ab，若且唯若a=b時等號成立.在已知等式中發掘上述不等關係，再利用不等式等號成立的條件解(證)等式問題.
例8 已知實數a、b滿足a1-b2+b•1-a2=1，求證a2+b2=1.(第二屆希望杯 數學邀請賽試題)
解析：由a1-b2、b1-a2發掘不等關係：a2+(1-b2)2≥2a1-b2,b2+(1-a2)2≥2b1-a2，兩式相加並由已知式得1+1≥2(a1-b2+b1-a2)=2.上式等號成立，若且唯若a=1-b2且b=1-a2，即a2+b2=1.
例9 求方程組x+y+z=3,①
x2+y2+z2=3,②
x5+y5+z5=3③的所有實數解.(第2屆美國數學奧林匹克試題)
解析：由①、②發掘不等關係：x2+1≥2x,y2+1≥2y,z2+1≥2z.三式相加並由①、②得3+3=(x2+y2+z2)+3≥2(x+y+z)=2×3，上式等號成立，若且唯若x=y=z=1.此為方程①、②的唯一一組解.它也適合方程③，故為原方程組的唯一解.
例10 解方程組4x21+4x2=y,①
4y21+4y2=z,②
4z21+4z2=x.③
(1997年陝西省數學競賽試題)
解析：易知x≥0,y≥0,z≥0,且x=y=z=0是一組解.又4x2+1≥4x,4y2+1≥4y,4z2+1≥4z.由此及①+②+③得x+y+z=4x21+4x2+4y21+4y2+4z21+4z2≤4x2x+4y24y+4z24z=x+y+z.上式等號成立，若且唯若x=y=z=12.經檢驗，原方程組的解為(0，0，0)、(12，12，12).
例11 方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005的實數解為 .(2006年全國高中數學聯賽試題)
解析：易知x>0,原方程可化為(x+1x2005)(1+x2+x4+…+x2004)=2006,即x+x3+x5+…+x2005+1x2005+1x2003+1x2001+…+1x3+1x=2006,則2006=(x+1x)+(x3+1x3)+…+(x2005+1x2005)≥2+2+…+21003個2=2006.上式等式成立，若且唯若x=1x,x3=1x3,…x2005=1x2005，即x=1.
五、從函數中發掘不等關係
對於幾個結構相同的式子或等式，可考慮構造函數，利用函數的單調性發掘不等關係，尋求突破.
如上述例10，可以用此法求解.
解析：易知x≥0,y≥0,z≥0，且x=y=z=0是一組解.由三個方程左邊的結構相同構造函數f(t)=4t21+4t2，即f(t)=41t2+4，則原方程組為f(x)=y,
f(y)=z,
f(z)=x.(*)易知t>0時f(t)單調遞增.若x>y,由(*)知，f(z)>f(x)，則z>x.又由(*)知f(y)>f(z)，則y>z,從而y>x,矛盾.故x>y不成立，同理y>x不成立，從而x=y.代入①可得x=y=12,同理可得z=12.經檢驗，原方程組的解為(0，0，0)，(12，12，12).
由上觀之，發掘等式中的不等關係，用不等助相等，為解(證)相等問題提供了一種重要方法.這不僅拓寬了解題思路，提高了解題質量，同時有利於提高學生對相等與不等對立統一關係的認識，有利於培養學生辨證思維能力和思維的靈活性.
中國
收藏