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基本不等式和二次不等式都是C级要求，在高考试卷上必有体现，高考试卷上涉及到不等式相关知识点的试题占了较大的比重.不等式的复习可以从解不等式、用不等式和证不等式三个方面着手，本文试图从这三个方面来探讨和不等式有关的问题.
一、解不等式
我们面临的解不等式包括解一次不等式、二次不等式、分式不等式、指对数不等式、三角不等式，绝对值不等式等，若不等式中含有参数，则必须进行必要的讨论.下面通过几例加以说明.
例1解关于x的不等式：a（x—1）x—2>1（a≠1）
解析：这个分式不等式含有参数a，需要对a进行讨论，讨论的依据包括分解后x的系数符号和根的大小的比较.
解：变形：（a—1）x—（a—2）x—2>0
当a>1时x∈（—∞，a—2a—1）∪（2，+∞）
当0 当a=0时x∈
当a<0时x∈（a—2a—1，2）
易错点剖析：对于分式不等式和高次不等式，均可用标根法来处理，分解的目的是找根，但是必须注意分解后的每一个因式中的x的系数必须为正，否则得的答案可能和正确答案完全背离.若出现有参数的不等式求解，必须对参数进行必要的讨论，讨论的依据是因式的系数符号、根的大小比较等.二次不等式的求解可以借助二次函数的图像会更直观.对于指数、对数不等式的处理，一般需要先化同底，后等价变形.
二、用不等式
用不等式处理数学问题也是高考试卷上常见题型，基本不等式是常用的工具，利用基本不等式可以求最值，可以解决一些恒成立问题和有解问题.
例2若关于x的方程4x+a·2x+a+1=0有实数解，求实数a的取值范围.
解析：本题是个有解问题，令t=2x（t>0），换元后可以看成关于t的二次方程有解，转化为根的分布问题，但需要进行根的个数的讨论.通过分离变量处理，转化为求最值问题，可以避开繁杂的讨论.
解：令t=2x（t>0），则原方程化为t2+at+a+1=0，变形得
a=—1+t21+t=—（t2—1）+2t+1=—[（t—1）+2t+1]
=—[（t+1）+2t+1—2]≤—（22—2）=2—22
当且仅当t+1=2t+1即t=2—1时取等号
∴a≤2—22
例3若x，y∈R+且满足4x+16y=1，求x+y的最小值.
解析：本题如果通过4x+16y=1≥24×16xy求出xy的最小值，然后根据x+y≥2xy寻找答案.其间用两次基本不等式，注意到两次等号成立的条件是不一致的，这样就导致最后的答案有误.若配凑“1”并进行“1”的代换，整理后就能凑到基本不等式的形式，减少了使用基本不等式的次数，有效地避免了等号不能同时取到的麻烦.
解：由x，y∈R+且4x+16y=1得x+y=（x+y）（4x+16y）=4yx+16xy+20
≥24yx·16xy+20=36，当且仅当4yx=16xy，
即x=12且y=24时，等号成立，所以x+y的最小值是36.
易错点剖析：恒成立问题和有解问题的处理，可以尝试进行变量分离，利用a>f（x）有解a>f（x）min，a>f（x）恒成立a>f（x）max，转化成求函数最值问题，可以有效的避免繁杂的讨论，需要注意的是，不是每一个有解问题和恒成立问题都可以顺利分离变量！
关于基本不等式的应用，需要遵循“一正、二定、三相等”的原则，在具体应用时需要构造正元，凑定，关注等号成立的条件，三者缺一不可.
三、证不等式
利用代数恒等变换以及放大、缩小方法是证明不等式的常用方法，例如，比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等.一些涉及到和自然数有关的不等式证明也可以考虑用数学归纳法.不等式的证明往往需要较高的技巧，在不等式证明的过程中，常常很难从这些复杂的代数恒等变换中看到数学的本质，我们在不等式推理证明的过程中，要理解不等式证明的数学思想，掌握一些常用的技巧.
例4设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.
解析：本题主要考查证明不等式的基本方法，考查推理论证的能力.
证明：由a、b是非负实数，作差得
a3+b3—ab（a2+b2）=a2a（a—b）—b2b（a—b）
=（a—b）[（a）5—（b）5]
当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a—b）[（a）5—（b）5]≥0；
当a0；
所以a3+b3≥ab（a2+b2）.
易错点剖析：证明不等式常用方法是比较法，比较法又分为作差比较和作商比较，理论依据分别是a>ba—b>0和b>0，ab>1a>b，作差比较的要点是作差后要对所作的差进行因式分解，分解到每个因式的正负比较明显为止，作商比较的时候务必要注意被除式的符号.
例5已知a>1，λ>0，求证：loga（a+λ）>log（a+λ）（a+2λ）
解析：由题意，a>1，λ>0，不等式两侧都是正数，考虑到作差后两个对数不是同底，作差后操作比较困难，故可以尝试作商处理.
证明：∵log（a+λ）（a+2λ）loga（a+λ）=log（a+λ）（a+2λ）·log（a+λ）a
≤[log（a+λ）（a+2λ）+log（a+λ）a2]2=[log（a+λ）a（a+2λ）2]2
=[log（a+λ）（a2+2aλ）2]2<[log（a+λ）（a+λ）22]2=1 又loga（a+λ）>0，∴log（a+λ）（a+2λ）<loga（a+λ）
易错点剖析：对于作商比较来说，如何通过等价变形和合适放缩来和1进行比较是难点，基本不等式和放缩是常用的处理方式.
例6已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：3a+1+3b+1+3c+1≤32.
解析：本题是条件不等式的证明，且变量a，b，c是可以轮换的，容易观察出等号成立的条件是a=b=c=13，可以尝试将左边的根号去掉，利用基本不等式ab≤a+b2，a，b∈R可以解决，但是本题中需要关注等号成立的条件.
证法一：（3a+1）·2≤3a+1+22=3a+32
（3b+1）·2≤3b+1+22=3b+32
（3c+1）·2≤3c+1+22=3c+32
三个式子相加后得到（3a+1）·2+（3b+1）·2+（3c+1）·2≤3a+32+3b+32+3c+32
=3（a+b+c）+92=6
所以3a+1+3b+1+3c+1≤32.
证法二：设3a+1+3b+1+3c+1=k.
则可令3a+1=k3+t1，3b+1=k3+t2，3c+1=k3+t3，其中t1+t2+t3=0.
所以3a+1+3b+1+3c+1=（k3+t1）2+（k3+t2）2+（k3+t3）2
即6=k23+23k（t1+t2+t3）+t21+t22+t23=k23+（t21+t22+t23）
所以6≥k23，解得k≤32，即3a+1+3b+1+3c+1≤32.得证.
易错点剖析：证法一中为什么根号里面要配系数2是难点，配这个系数是要根据等号成立的条件a=b=c=13，由3×13+1=2得到该系数，如果直接用（3a+1）≤3a+1+12=3a+22，也能得到一个最大值，但等号成立的条件取不到，显然得到了错误的结论.证法二中采用了均值换元，思路还是源于不等式的变量可轮换特征.
不等式渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用.不等式的推理证明体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用.在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明.不等式的证明，方法灵活多样，还和很多内容结合，推理证明过程不仅蕴涵了丰富的逻辑推理，还涉及到恒等变换和不等变形技巧，而且变形过程千姿百态，极易出错，只有多加训练，才能游刃有余.
（作者：蔡正伟，江苏省靖江高级中学）
一、解不等式
我们面临的解不等式包括解一次不等式、二次不等式、分式不等式、指对数不等式、三角不等式，绝对值不等式等，若不等式中含有参数，则必须进行必要的讨论.下面通过几例加以说明.
例1解关于x的不等式：a（x—1）x—2>1（a≠1）
解析：这个分式不等式含有参数a，需要对a进行讨论，讨论的依据包括分解后x的系数符号和根的大小的比较.
解：变形：（a—1）x—（a—2）x—2>0
当a>1时x∈（—∞，a—2a—1）∪（2，+∞）
当0
当a<0时x∈（a—2a—1，2）
易错点剖析：对于分式不等式和高次不等式，均可用标根法来处理，分解的目的是找根，但是必须注意分解后的每一个因式中的x的系数必须为正，否则得的答案可能和正确答案完全背离.若出现有参数的不等式求解，必须对参数进行必要的讨论，讨论的依据是因式的系数符号、根的大小比较等.二次不等式的求解可以借助二次函数的图像会更直观.对于指数、对数不等式的处理，一般需要先化同底，后等价变形.
二、用不等式
用不等式处理数学问题也是高考试卷上常见题型，基本不等式是常用的工具，利用基本不等式可以求最值，可以解决一些恒成立问题和有解问题.
例2若关于x的方程4x+a·2x+a+1=0有实数解，求实数a的取值范围.
解析：本题是个有解问题，令t=2x（t>0），换元后可以看成关于t的二次方程有解，转化为根的分布问题，但需要进行根的个数的讨论.通过分离变量处理，转化为求最值问题，可以避开繁杂的讨论.
解：令t=2x（t>0），则原方程化为t2+at+a+1=0，变形得
a=—1+t21+t=—（t2—1）+2t+1=—[（t—1）+2t+1]
=—[（t+1）+2t+1—2]≤—（22—2）=2—22
当且仅当t+1=2t+1即t=2—1时取等号
∴a≤2—22
例3若x，y∈R+且满足4x+16y=1，求x+y的最小值.
解析：本题如果通过4x+16y=1≥24×16xy求出xy的最小值，然后根据x+y≥2xy寻找答案.其间用两次基本不等式，注意到两次等号成立的条件是不一致的，这样就导致最后的答案有误.若配凑“1”并进行“1”的代换，整理后就能凑到基本不等式的形式，减少了使用基本不等式的次数，有效地避免了等号不能同时取到的麻烦.
解：由x，y∈R+且4x+16y=1得x+y=（x+y）（4x+16y）=4yx+16xy+20
≥24yx·16xy+20=36，当且仅当4yx=16xy，
即x=12且y=24时，等号成立，所以x+y的最小值是36.
易错点剖析：恒成立问题和有解问题的处理，可以尝试进行变量分离，利用a>f（x）有解a>f（x）min，a>f（x）恒成立a>f（x）max，转化成求函数最值问题，可以有效的避免繁杂的讨论，需要注意的是，不是每一个有解问题和恒成立问题都可以顺利分离变量！
关于基本不等式的应用，需要遵循“一正、二定、三相等”的原则，在具体应用时需要构造正元，凑定，关注等号成立的条件，三者缺一不可.
三、证不等式
利用代数恒等变换以及放大、缩小方法是证明不等式的常用方法，例如，比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等.一些涉及到和自然数有关的不等式证明也可以考虑用数学归纳法.不等式的证明往往需要较高的技巧，在不等式证明的过程中，常常很难从这些复杂的代数恒等变换中看到数学的本质，我们在不等式推理证明的过程中，要理解不等式证明的数学思想，掌握一些常用的技巧.
例4设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.
解析：本题主要考查证明不等式的基本方法，考查推理论证的能力.
证明：由a、b是非负实数，作差得
a3+b3—ab（a2+b2）=a2a（a—b）—b2b（a—b）
=（a—b）[（a）5—（b）5]
当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a—b）[（a）5—（b）5]≥0；
当a
所以a3+b3≥ab（a2+b2）.
易错点剖析：证明不等式常用方法是比较法，比较法又分为作差比较和作商比较，理论依据分别是a>ba—b>0和b>0，ab>1a>b，作差比较的要点是作差后要对所作的差进行因式分解，分解到每个因式的正负比较明显为止，作商比较的时候务必要注意被除式的符号.
例5已知a>1，λ>0，求证：loga（a+λ）>log（a+λ）（a+2λ）
解析：由题意，a>1，λ>0，不等式两侧都是正数，考虑到作差后两个对数不是同底，作差后操作比较困难，故可以尝试作商处理.
证明：∵log（a+λ）（a+2λ）loga（a+λ）=log（a+λ）（a+2λ）·log（a+λ）a
≤[log（a+λ）（a+2λ）+log（a+λ）a2]2=[log（a+λ）a（a+2λ）2]2
=[log（a+λ）（a2+2aλ）2]2<[log（a+λ）（a+λ）22]2=1 又loga（a+λ）>0，∴log（a+λ）（a+2λ）<loga（a+λ）
易错点剖析：对于作商比较来说，如何通过等价变形和合适放缩来和1进行比较是难点，基本不等式和放缩是常用的处理方式.
例6已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：3a+1+3b+1+3c+1≤32.
解析：本题是条件不等式的证明，且变量a，b，c是可以轮换的，容易观察出等号成立的条件是a=b=c=13，可以尝试将左边的根号去掉，利用基本不等式ab≤a+b2，a，b∈R可以解决，但是本题中需要关注等号成立的条件.
证法一：（3a+1）·2≤3a+1+22=3a+32
（3b+1）·2≤3b+1+22=3b+32
（3c+1）·2≤3c+1+22=3c+32
三个式子相加后得到（3a+1）·2+（3b+1）·2+（3c+1）·2≤3a+32+3b+32+3c+32
=3（a+b+c）+92=6
所以3a+1+3b+1+3c+1≤32.
证法二：设3a+1+3b+1+3c+1=k.
则可令3a+1=k3+t1，3b+1=k3+t2，3c+1=k3+t3，其中t1+t2+t3=0.
所以3a+1+3b+1+3c+1=（k3+t1）2+（k3+t2）2+（k3+t3）2
即6=k23+23k（t1+t2+t3）+t21+t22+t23=k23+（t21+t22+t23）
所以6≥k23，解得k≤32，即3a+1+3b+1+3c+1≤32.得证.
易错点剖析：证法一中为什么根号里面要配系数2是难点，配这个系数是要根据等号成立的条件a=b=c=13，由3×13+1=2得到该系数，如果直接用（3a+1）≤3a+1+12=3a+22，也能得到一个最大值，但等号成立的条件取不到，显然得到了错误的结论.证法二中采用了均值换元，思路还是源于不等式的变量可轮换特征.
不等式渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用.不等式的推理证明体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用.在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明.不等式的证明，方法灵活多样，还和很多内容结合，推理证明过程不仅蕴涵了丰富的逻辑推理，还涉及到恒等变换和不等变形技巧，而且变形过程千姿百态，极易出错，只有多加训练，才能游刃有余.
（作者：蔡正伟，江苏省靖江高级中学）