已知正实数 $a,b$ 满足 $a+b=1$，求证：$\sqrt{a^2+\dfrac 1a}+\sqrt{b^2+\dfrac 1b}\geqslant 3$．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛安徽省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
注意到取等号的条件为 $a=b=\dfrac 12$，于是$$\sqrt{a^2+\dfrac 1a}=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{8a}+\cdots+\dfrac{1}{8a}}\geqslant 3\sqrt [18]{\dfrac{1}{8^8a^6}},$$类似的，有$$\sqrt{b^2+\dfrac 1b}\geqslant 3\sqrt [18]{\dfrac{1}{8^8b^6}},$$于是$$\sqrt{a^2+\dfrac 1a}+\sqrt{b^2+\dfrac 1b}\geqslant 3\sqrt [18]{\dfrac{1}{8^8a^6}}+3\sqrt [18]{\dfrac{1}{8^8b^6}}\geqslant 6\sqrt [6]{\dfrac{1}{2^{8}ab}}\geqslant 6\sqrt[6]{\dfrac{4}{2^{8}(a+b)^2}}=3,$$因此原不等式得证．
答案
解析
备注
