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题目：已知x,y∈R+，求证：xx+2y+yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y.
思路1 将原不等式理解为x2x+y+yx+2y≤23……①
及xx+2y+y2x+y≥23……②两个不等式，对①证明如下：
证法1：作差等价变形x2x+y+yx+2y-23≤0
3x(x+2y)+3y(2x+y)-2(2x+y)(x+2y)≤0
-x2+2xy-y2≤0(x-y)2≥0.得证.
证法2：构造函数求最值 令f(x)=x2x+y+yx+2y-23，
则f′(x)=2x+y-2x(2x+y)2+-y(x+y)2=y［(x+2y)2-(2x+y)2］(2x+y)2(x+2y)2=-3y(x2-y2)(2x+y)2(x+2y)2.
令f′(x)=0，得x=y，又当0 当x>y时，f′(x)＜0，知当x=y时，f(x)最大值为23.
仿上可证不等式②.
思路2 针对原不等式为连写不等式型：a≤b≤c,即证(a-b)(c-b)≤0.
证法3 由于x2x+y+yx+2y-23xx+2y+y2x+y-23=-(x-y)23(2x+y)(x+2y)•2(x-y)23(x+2y)(2x+y)≤0.
所以原不等式成立.
思考1 将原不等式简化为：已知x,y∈R+，求证：x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.
证法1 作差 =x2x+y+yx+2y-xx+2y-y2x+y=(x-y)12x+y-1x+2y
若x≤y,则12x+y≥1x+2y;若x≥y,则12x+y≤1x+2y,∴x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.
证法2 若x≤y,则12x+y≥1x+2y,由排序不等式反序和不大于顺序和.即有
x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y;
若x>y，则12x+y＜1x+2y同样有不等式成立.
思考2 变形1：是否存在唯一常数c，使x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y，对任意正数x,y恒成立.
由思路1中证法2，函数f(x)当x=y有唯一的极值点.
知这样常数c唯一，且c=23.
变形2：是否存在常数t(1≤t≤2),使
x2x+y+yx+2y≤xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty≤xx+2y+y2x+y
证明：作f(t)=xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty,(1≤t≤2)
∴f′(t)=-x(x-y)［tx+(3-t)y］2+-y(x-+y)［(3-t)x+ty］2
=(x-y)•-x［(3-t)x+ty］2+y［t+(3-t)y］2［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
=(x-y)•(3-t)2(y3-x3)+2t(3-t)(xy2-x2y)+t2(yx2-xy2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
=-(x-y)2•(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
令分子g(t)=(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)(1≤t≤2)
而(1)当x=y时，g(t)=0.
(2) 当x≠y，有x2+y2>x2－2xy+y2，从而g(t)的对称轴t=3(x2+y2)x2-2xy+y2＞3,及g(1)=4y2+7xy+4x2>0，g(2)=x2+xy+y2>0，从而当
1≤t≤2时，g(t)≥0，综合（1），（2）这样f′(t)≤0,
∴f(t)于［1，2］上为减函数，从而变形2正确，因此，变形2中存在无数个t值.
例如，取t=43，即有命题：已知x,y∈R+，求证
x2x+y+yx+2y≤3x4x+5y+3y5x+4y≤xx+2y+y2x+y.
思考3 对题目归纳思考，由于原不等式每个不等式两边均为两项，仅当x=y时取等号，从而有类比不等式如下：已知x,y∈R+,求证：
x3x+y+yx+3y≤12≤xx+3y+y3x+y;
x5x+y+yx+5y≤13≤xx+5y+y5x+y.
思路1 将原不等式理解为x2x+y+yx+2y≤23……①
及xx+2y+y2x+y≥23……②两个不等式，对①证明如下：
证法1：作差等价变形x2x+y+yx+2y-23≤0
3x(x+2y)+3y(2x+y)-2(2x+y)(x+2y)≤0
-x2+2xy-y2≤0(x-y)2≥0.得证.
证法2：构造函数求最值 令f(x)=x2x+y+yx+2y-23，
则f′(x)=2x+y-2x(2x+y)2+-y(x+y)2=y［(x+2y)2-(2x+y)2］(2x+y)2(x+2y)2=-3y(x2-y2)(2x+y)2(x+2y)2.
令f′(x)=0，得x=y，又当0
仿上可证不等式②.
思路2 针对原不等式为连写不等式型：a≤b≤c,即证(a-b)(c-b)≤0.
证法3 由于x2x+y+yx+2y-23xx+2y+y2x+y-23=-(x-y)23(2x+y)(x+2y)•2(x-y)23(x+2y)(2x+y)≤0.
所以原不等式成立.
思考1 将原不等式简化为：已知x,y∈R+，求证：x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.
证法1 作差 =x2x+y+yx+2y-xx+2y-y2x+y=(x-y)12x+y-1x+2y
若x≤y,则12x+y≥1x+2y;若x≥y,则12x+y≤1x+2y,∴x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.
证法2 若x≤y,则12x+y≥1x+2y,由排序不等式反序和不大于顺序和.即有
x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y;
若x>y，则12x+y＜1x+2y同样有不等式成立.
思考2 变形1：是否存在唯一常数c，使x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y，对任意正数x,y恒成立.
由思路1中证法2，函数f(x)当x=y有唯一的极值点.
知这样常数c唯一，且c=23.
变形2：是否存在常数t(1≤t≤2),使
x2x+y+yx+2y≤xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty≤xx+2y+y2x+y
证明：作f(t)=xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty,(1≤t≤2)
∴f′(t)=-x(x-y)［tx+(3-t)y］2+-y(x-+y)［(3-t)x+ty］2
=(x-y)•-x［(3-t)x+ty］2+y［t+(3-t)y］2［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
=(x-y)•(3-t)2(y3-x3)+2t(3-t)(xy2-x2y)+t2(yx2-xy2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
=-(x-y)2•(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2
令分子g(t)=(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)(1≤t≤2)
而(1)当x=y时，g(t)=0.
(2) 当x≠y，有x2+y2>x2－2xy+y2，从而g(t)的对称轴t=3(x2+y2)x2-2xy+y2＞3,及g(1)=4y2+7xy+4x2>0，g(2)=x2+xy+y2>0，从而当
1≤t≤2时，g(t)≥0，综合（1），（2）这样f′(t)≤0,
∴f(t)于［1，2］上为减函数，从而变形2正确，因此，变形2中存在无数个t值.
例如，取t=43，即有命题：已知x,y∈R+，求证
x2x+y+yx+2y≤3x4x+5y+3y5x+4y≤xx+2y+y2x+y.
思考3 对题目归纳思考，由于原不等式每个不等式两边均为两项，仅当x=y时取等号，从而有类比不等式如下：已知x,y∈R+,求证：
x3x+y+yx+3y≤12≤xx+3y+y3x+y;
x5x+y+yx+5y≤13≤xx+5y+y5x+y.