方程$|x^2+ax|=4\Leftrightarrow x^2+ax-4=0 $ 及$x^2+ax+4=0$.
设$x_0$ 是方程$x^2+ax-4=0$ 的根, 则$x_0^2+ax_0+4=(x_0^2+ax_0-4)+4+4=8\neq 0$
所以这两个方程没有公共根.
由于只有$3$ 个不相等的实数根, 故必有且只有一个方程有两个相等的实数根.
$\Delta_1=a^2+16, \Delta_2=a^2-16$, 所以只可能$\Delta_2=0\Rightarrow a=\pm 4$
当$a=4$ 时,方程$x^2+ax+4=0$ 的根为$-2$, 方程$x^2+ax-4=0$ 的根为$-2\pm 2\sqrt{2}$;
当$a=-4$ 时, 方程$x^2+ax+4=0$ 的根我$2$, 方程$x^2+ax-4=0$ 的根问$2\pm 2\sqrt{2}$.

综上, $a=4$ 时的$3$ 个根为$-2,-2\pm 2\sqrt{2}$; $a=-4$时的$3$ 个根为$2,2\pm 2\sqrt{2}$.

当$x=-4$ 时, 不是方程的根.
当$x\gt-4$ 时, 方程$x^2-2x-35=0$ 的根为$x=7$;
当$x\lt -4$ 时, 方程$x^2+2x-19=0$ 的根为$x=-1-2\sqrt{5}$.
所以, 共有两个根, 和为$7+(-1-2\sqrt{5})=6-2\sqrt{5}$.

分析: 考虑$x+\frac{1}{z},y+\frac{1}{x},z+\frac{1}{y}$ 的乘积, 化不对称为对称.
$5\cdot 29\cdot (z+\frac{1}{y})=(x+\frac{1}{z})(y+\frac{1}{x})(x+\frac{1}{y})=xyz+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}$
$=1+(x+\frac{1}{z})+(y+\frac{1}{x})+(z+\frac{1}{y})+1=36+(z+\frac{1}{y})$
所以可得$z+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}$.

若$xy=0$, 则$1-xy=1$, 结论成立
若$xy\neq 0$, 则利用条件, 可得$1-xy=\left(\frac{x^5-y^5}{2x^2y^2}\right)^2$, 结论
也成立.

(1)若 $x=\max(x,y,z)$, 则$x\geq y, x\geq z$ 于是

$A=|x-y+x+y-2z|+x-y+x+y+2z|=2|x-z|+2x+2z=4x$

(2)若$y=\max(x,y,z)$, 则$y\geq x,y\geq z$,于是

$A=|y-x+x+y-2z|+y-x+x+y+2z=2(y-z)+2y+2z=4y$

(3) 若$z=\max(x,y,z)$, 则$z\geq x,z\geq y$ 于是

$A=|2\max(x,y)-2z|+2\max(x,y)+2z=2z-2\max(x,y)+2\max(x,y)+2z=4z$

由题设有$a+\frac{1}{b}=x$, $b+\frac{1}{c}=x$, $c+\frac{1}{d}=x$,$d+\frac{1}{a}=x$,
得$b=\frac{1}{x-a}$, 代入$b+\frac{1}{c}=x\Rightarrow c=\frac{x-a}{x^2-ax-1}$ 再代
入$c+\frac{1}{d}=x\Rightarrow dx^3+(ad+1)x^2-(2d-a)x+ad+1=0$
由$d+\frac{1}{a}=x\Rightarrow ad+1=ax$ 代入上式得$(d-a)(x^3-2x)=0\Rightarrow x(x^2-2)=0$.
若$x=0$, 则$c=\frac{-a}{-1}=a$, 与条件结论矛盾, 所以$x^2-2=0\Rightarrow x=\pm \sqrt{2}$.

$m\lt -1$ 或$m\geq 0$.
当$x\lt 1$ 时, $1-x=mx, (m+1)x=1\Rightarrow x=\frac{1}{m+1}$. 所以$ \frac{1}{m+1}\lt 1, \frac{m}{m+1}\gt 0$. 解得$m>0$ 或$m\lt -1$;
当$x\geq 1$ 时, $x-1=mx, (1-m)x=1\Rightarrow x=\frac{1}{m}$, 所以 $\frac{1}{1-m}\geq 1$.
解得 $0\leq m\lt 1$. 而当$m=0$ 时, 方程显然有解. 故$m$ 的取值范围是$m\lt -1$ 或$m\geq 0$.