设 $a>b>0$．求证：$\sqrt{2}a^3+\dfrac{3}{ab-b^2}\ge10$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $a>b>0$，所以 $0<ab-b^2=b(a-b)\leqslant\dfrac{[b+(a-b)]^2}{4}=\dfrac{a^2}{4}$
所以
$\begin{align}
\sqrt{2}a^3+\dfrac{3}{ab-b^2}&\geqslant\sqrt{2}a^3+\dfrac{3}{\dfrac{a^2}{4}}=\sqrt{2}a^3+\dfrac{12}{a^2}\\
&=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3+\sqrt{2}{2}a^3+\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{4}{a^2}\\
&\ge5\sqrt[5]{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3\cdot\dfrac{4}{a^2}\cdot\dfrac{4}{a^2}\cdot\dfrac{4}{a^2}}\\
&=10.
\end{align}$
所以
$\begin{align}
\sqrt{2}a^3+\dfrac{3}{ab-b^2}&\geqslant\sqrt{2}a^3+\dfrac{3}{\dfrac{a^2}{4}}=\sqrt{2}a^3+\dfrac{12}{a^2}\\
&=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3+\sqrt{2}{2}a^3+\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{4}{a^2}\\
&\ge5\sqrt[5]{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3\cdot\dfrac{4}{a^2}\cdot\dfrac{4}{a^2}\cdot\dfrac{4}{a^2}}\\
&=10.
\end{align}$
答案
解析
备注
