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全日制普通高级中学教科书（实验修订本•必修）数学第二册（上）第31页B组题的第6题：设a，b，c为△ABC的三边，求证：a +b +c ＜2（ab+bc+ca）。这道题的证法紧紧围绕三角形中的边的特征，依据不同的思维，不同的入口结合不等式证明的不同方法，可以得到不同的证法。并且依据已经证明的结论，还可以进行引申推广。
1.常规思维法，不等式的证明最基本的方法就是求差比较法，基于此，有如下的解法：
证法一：∵a +b +c -2（ab+bc+ca）
=a -2ab+b +c -2ac+a +c -2bc+b -a -b -c
=（a-b） +（c-a） +（c-b） -a -b -c
=（a-b） -c +（c-a） -b +（c-b） -a
=（a-b+c）（a-b-c）+（c-a+b）（c-a-b）+（c-b+a）（c-b-a）
又∵a，b，c为△ABC的三边
∴a-b+c＞0a-b-c＜0c-a+b＞0
c-a-b＜0c-b+a＞0c-b-a＜0
∴（a-b+c）（a-b-c）+（c-a+b）（c-a-b）+（c-b+a）（c-b-a）＜0
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
利用不同的组合，然后利用求差比较法可以得到：
证法二：∵a +b +c -2（ab+bc+ca）
=（a -ab-ca）+（b -ab-bc）+（c -bc-ac）
=a（a-b-c）+b（b-a-c）+c（c-b-a）
=-〔a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）〕
又∵a，b，c为△ABC的三边
∴a＞0，b＞0，c＞0且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
利用同向正则不等式可以相乘，得到
a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）＞0
∴-〔a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）〕＜0
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
2.利用分析法，结合三角形的边角关系和同向正则不等式相乘的性质可以得到：
证法三：∵a，b，c为△ABC的三边
∴a＞0，b＞0，c＞0且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
利用同向正则不等式可以相乘，得到：
a（b+c）＞a ，b（a+c）＞b ， c（a+b）＞c
又∵2（ab+bc+ca）
=ab+ac+bc+ba+bc+ac
=a（b+c）+b（a+c）+c（a+b）＞a +b +c
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
在讨论题目的证明过程中，有的同学想到了这样的证明方法：
证法四：∵a，b，c为△ABC的三边
∴a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b
∴（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b
上述三个不等式相加得：
（a-b）+（b-c） +（a-c） ＜a +b +c
即a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
这种证明简明扼要，非常优秀，说明学生的思维是非常敏捷的。只是在三角形中由a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b就一定推出（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b 的推理不严谨，师生共同改进证明方法可以得到下列优秀证法：
证明：∵a，b，c为△ABC的三边
∴|a-b|＜c，|b-c|＜a，|a-c|＜b
∴（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b
上述三个同向不等式相加得：
（a-b）+（b-c） +（a-c） ＜a +b +c
即a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
题目证明完成后，进一步引申，可以得到下面的命题：
已知a，b，c为△ABC的三边，求证关于x的不等式x +（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集为R。
证明：∵a，b，c为△ABC的三边
∴x +（a+b+c）x+ab+ac+bc
=（x+ ） -( ) +ab+ac+bc
=（x+ ） + [4(ab+bc+ac)-(a+b+c)2]
由前面的命题可知：
（a+b+c） -4（ab+ac+bc）
=a +b +c -2（ab+bc+ca）
=（a -ab-ca）+（b -ab-bc）+（c -bc-ac）
=a（a-b-c）+b（b-a-c）+c（c-b-a）
=-a[（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）＜0
∴4（ab+bc+ac）-（a+b+c） ＞0
又∵（x+ ） ＞0
∴（x+ ） + [4(ab+bc+ac)-(a+b+c)2]＞0恒成立
∴关于x的不等式x +（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集为R。
由上面的证明可以看出，精心研究习题的解答，重视课本习题的辐射作用，无论对教师还是学生都是极其有利的。
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
1.常规思维法，不等式的证明最基本的方法就是求差比较法，基于此，有如下的解法：
证法一：∵a +b +c -2（ab+bc+ca）
=a -2ab+b +c -2ac+a +c -2bc+b -a -b -c
=（a-b） +（c-a） +（c-b） -a -b -c
=（a-b） -c +（c-a） -b +（c-b） -a
=（a-b+c）（a-b-c）+（c-a+b）（c-a-b）+（c-b+a）（c-b-a）
又∵a，b，c为△ABC的三边
∴a-b+c＞0a-b-c＜0c-a+b＞0
c-a-b＜0c-b+a＞0c-b-a＜0
∴（a-b+c）（a-b-c）+（c-a+b）（c-a-b）+（c-b+a）（c-b-a）＜0
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
利用不同的组合，然后利用求差比较法可以得到：
证法二：∵a +b +c -2（ab+bc+ca）
=（a -ab-ca）+（b -ab-bc）+（c -bc-ac）
=a（a-b-c）+b（b-a-c）+c（c-b-a）
=-〔a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）〕
又∵a，b，c为△ABC的三边
∴a＞0，b＞0，c＞0且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
利用同向正则不等式可以相乘，得到
a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）＞0
∴-〔a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）〕＜0
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
2.利用分析法，结合三角形的边角关系和同向正则不等式相乘的性质可以得到：
证法三：∵a，b，c为△ABC的三边
∴a＞0，b＞0，c＞0且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
利用同向正则不等式可以相乘，得到：
a（b+c）＞a ，b（a+c）＞b ， c（a+b）＞c
又∵2（ab+bc+ca）
=ab+ac+bc+ba+bc+ac
=a（b+c）+b（a+c）+c（a+b）＞a +b +c
∴a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
在讨论题目的证明过程中，有的同学想到了这样的证明方法：
证法四：∵a，b，c为△ABC的三边
∴a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b
∴（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b
上述三个不等式相加得：
（a-b）+（b-c） +（a-c） ＜a +b +c
即a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
这种证明简明扼要，非常优秀，说明学生的思维是非常敏捷的。只是在三角形中由a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b就一定推出（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b 的推理不严谨，师生共同改进证明方法可以得到下列优秀证法：
证明：∵a，b，c为△ABC的三边
∴|a-b|＜c，|b-c|＜a，|a-c|＜b
∴（a-b） ＜c ，（b-c） ＜a ，（a-c） ＜b
上述三个同向不等式相加得：
（a-b）+（b-c） +（a-c） ＜a +b +c
即a +b +c ＜2（ab+bc+ca）
题目证明完成后，进一步引申，可以得到下面的命题：
已知a，b，c为△ABC的三边，求证关于x的不等式x +（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集为R。
证明：∵a，b，c为△ABC的三边
∴x +（a+b+c）x+ab+ac+bc
=（x+ ） -( ) +ab+ac+bc
=（x+ ） + [4(ab+bc+ac)-(a+b+c)2]
由前面的命题可知：
（a+b+c） -4（ab+ac+bc）
=a +b +c -2（ab+bc+ca）
=（a -ab-ca）+（b -ab-bc）+（c -bc-ac）
=a（a-b-c）+b（b-a-c）+c（c-b-a）
=-a[（b+c-a）+b（a+c-b）+c（b+a-c）＜0
∴4（ab+bc+ac）-（a+b+c） ＞0
又∵（x+ ） ＞0
∴（x+ ） + [4(ab+bc+ac)-(a+b+c)2]＞0恒成立
∴关于x的不等式x +（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集为R。
由上面的证明可以看出，精心研究习题的解答，重视课本习题的辐射作用，无论对教师还是学生都是极其有利的。
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”