挖掘習題的潛功能

　　已知a，b，c是△ABC的三條邊，比較大小（a+b+c）?搖?搖?搖 ?搖4（ab+bc+ca）.這道題的解答可以用特殊值法.取a=b=c=1，得（a+b+c）=9，4（ab+bc+ca）=12，所以（a+b+c）＜4（ab+bc+ca）.將這道題稍微變形，就是設a，b，c為△ABC的三邊，求證：a+b+c＜2（ab+bc+ca）.這道題的解法緊緊圍繞三角形的邊的特征，依據不同的思維，不同的入口，結合不等式證明的不同方法，可以得到不同的證法.并且依據已經證明的結論，還可以進行引申.
　　1.常規思維法
　　不等式的證明最基本的方法就是求差比較法，基于此，有如下解法：
　　證法一：
　　∵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為△ABC的三邊
　　∴a-b+c＞0 a-b-c＜0 c-a+b＞0
　　c-a-b＜0 c-b+a＞0 c-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）
　　利用不同的組合，仍然利用求差比較法可以得到：
　　證法二：
　　∵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為△ABC的三邊
　　∴a＞0，b＞0，c＞0，且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
　　利用同向正則不等式可以相乘，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
　　結合三角形的邊角關系和同向正則不等式可以相乘的性質可以得到：
　　證法三：
　　∵a，b，c為△ABC的三邊
　　∴a＞0，b＞0，c＞0，且a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a
　　利用同向正則不等式可以相乘，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）
　　在討論題目的證明過程中，有的同學想到了這樣的證明方法：
　　證法四：
　　∵a，b，c為△ABC的三邊
　　∴a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b
　　∴（a-b）＜c，（b-c）＜a，（a-c）＜b
　　上述三個不等式相加得：
　　（a-b）+（b-c）+（a-c）＜a+b+c
　　即a+b+c＜2（ab+bc+ca）
　　這種證明方法簡明扼要，說明學生的思維是非常敏捷的.只是在三角形中，由a-b＜c，b-c＜a，a-c＜b就一定可以推出（a-b）＜c，（b-c）＜a，（a-c）＜b的推理不嚴謹，師生共同改進證明方法可以得到下列優秀證法.
　　證明：∵a，b，c為△ABC的三邊
　　∴|a-b|＜c，|b-c|＜a，|a-c|＜b
　　∴（a-b）＜c，（b-c）＜a，（a-c）＜b
　　上述三個同向不等式相加得：
　　（a-b）+（b-c）+（a-c）＜a+b+c
　　即a+b+c＜2（ab+bc+ca）
　　題目證明完成后，進一步引申，可以得到下面的命題：
　　已知a，b，c為△ABC的三邊，求證：關于x的不等式x+（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集為R.
　　證明：∵a，b，c為△ABC的三邊
　　x+（a+b+c）x+ab+ac+b
　　=（x+）-（）+ab+ac+bc
　　=（x+）+［4（ab+bc+ac）-（a+b+c）］
　　由前面的命題可知
　　（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）］＞0恒成立
　　∴關于x的不等式x+（a+b+c）x+ab+ac+bc＞0的解集為R
　　由上面的證明可以看出，精心研究習題的解答，重視課本習題的輻射作用，無論對教師和學生都極為有