已知$x>0, y>0$,且$16 x^4+16 y^4+16 x^2 y^2-60 x^2-60 y^2+63=0$
求 $x+y$ 的取值范围.

考虑
\begin{align}
16(x+y)^4 =& 16(x^4+y^4+4x^3y+4xy^3+6x^2 y^2)\\
=& 16(x^4+x^2 y^2+y^4)+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x^2+y^2)-63+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x+y)^2+80x^2 y^2-120xy+64xy(x^2+y^2)-63\\
=& 60(x+y)^2+8xy[8(x^2+y^2)+10xy-15]\\
=& 60(x+y)^2+8xy \cdot 8(x+y)^2-8xy(6xy+15)\\
a =& x+y,b=xy \le \frac{a^2}{4}\\
16a^4-60a^2+63 =& 8b \cdot 8a^2-8b \cdot (6b+15)\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} =& -6b^2+(8a^2-15)b
\end{align}

由判别式,左边恒正,故$8a^2-15>0$
又由均值不等式(或者配方)
\[\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = -6b^2+(8a^2-15)b \le \frac{(8a^2-15)^2}{24}\]

化简得
\[(a^2-3)(4a^2-3) \ge 0\]
由于$\ds a^2>\frac{15}{8},4a^2-3>0$,故$a^2 \ge 3$
则$f(b)=-6b^2+(8a^2-15)b$的对称轴$\ds x_0=\frac{8a^2-15}{12} \ge \frac{a^2}{4}$

从而
\begin{gather}
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = f(b) \le f(\frac{a^2}{4})\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} \le -6 \times \frac{a^4}{16}+(8a^2-15) \times \frac{a^2}{4}\\
(a^2-3)(a^2-7) \le 0\\
x+y=a \in [\sqrt{3},\sqrt{7}]
\end{gather}

当$\ds x=y=\frac{\sqrt{3}}{2},x=y=\frac{\sqrt{7}}{2}$可以分别取等

已知函数$\ds f(x)=ax+\frac{1}{x}+a,x \in (0,+\infty)$,$A=\{x \in \mr \mid f(x)<x\},B=\{x \in \mr \mid f(f(x))>f(x)\}$,$A \cap B \ne \emptyset$,则实数$a$的取值范围是$\tk$

考虑到定义域,也就说要存在实数$x$满足$$\begin{cases}x>0\\f(x)>0\\f(x)<x\\f(f(x))>f(x)\end{cases}$$
其中,$f(x)<x$等价于$\ds a<\frac{x-\frac{1}{x}}{x+1}=1-\frac{1}{x}$
$f(f(x))>f(x)$为$\ds a f(x)+\frac{1}{f(x)}+a>ax+\frac{1}{x}+a$,分解得$\ds (f(x)-x)(a-\frac{1}{x f(x)})>0$
从而等价于$$\begin{cases}x>0\\f(x)>0\\\frac{1}{x}<1-a\\a x f(x)<1\end{cases}$$
(I).若$a \ge 1$,显然$f(x)>x$,矛盾
(II).若$0<a<1$,等价于$\ds \begin{cases}x>\frac{1}{1-a}\\a x f(x)<1\end{cases}$
$a x f(x)$在$\ds (\frac{1}{1-a},+\infty)$是增函数,所以等价于\[a  \cdot \frac{1}{1-a} \cdot f(\frac{1}{1-a})<1,a^2-3a+1>0\]
从而$\ds 0<a<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$
(III).若$a=0$,取$x=2$即满足
(IV).若$a<0$,$ax f(x)<0<1$恒成立,等价于$$\begin{cases}x>\frac{1}{1-a}\\f(x)>0\end{cases}$$
$f(x)$在$\ds (\frac{1}{1-a},+\infty)$是减函数,所以等价于\[f(\frac{1}{1-a})>0\]
化简得恒成立.
综上,$a$的取值范围是$\ds (-\infty,\frac{3-\sqrt{5}}{2})$