设 $a>1,b>1$，求证：$$\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge8.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $x=b-1,y=a-1$，则 $x>0,y>0$．这时
$\begin{align}
\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}&=\dfrac{(y+1)^2}{x}+\dfrac{(x+1)^2}{y}\\
&=\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{2y}{x}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{2x}{y}+\dfrac{1}{y}.
\end{align}$
又 $\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{x^2}{y}\ge2\sqrt{xy}$，$\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\ge2$，$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geqslant\dfrac{2}{\sqrt{xy}}$，
所以 $\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge2\sqrt{xy}+4+\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\ge8$．
$\begin{align}
\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}&=\dfrac{(y+1)^2}{x}+\dfrac{(x+1)^2}{y}\\
&=\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{2y}{x}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{2x}{y}+\dfrac{1}{y}.
\end{align}$
又 $\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{x^2}{y}\ge2\sqrt{xy}$，$\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\ge2$，$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geqslant\dfrac{2}{\sqrt{xy}}$，
所以 $\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge2\sqrt{xy}+4+\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\ge8$．
答案
解析
备注
