(1) 由方程知$x\neq 0$ 且$y=x+\frac{1}{x}$, 所以, 当$x\gt 0$ 时, $y\geq 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2$,
当$x\lt 0$ 时, $y=-(-x+\frac{1}{-x})\leq -2$. 故有$|y|\geq 2$.

(2) 将$x^2=xy-1$ 代入$xy^2+ax^2+bx+a=0$ 得$x(y^2+ay+b)=0\Rightarrow y^2+ay+b=0$.
因为方程组有实数解, 所以方程$y^2+ay+b=0$ 在$y\leq -2$ 或$y\geq 2$ 的范围内至少有一个实根.
(i) 当$|a|\leq 4$ 时, 有

$\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2}\leq -2 或 \frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2}\geq 2$

所以$\sqrt{a^2-4b}\geq 4-a$ 或$\sqrt{a^2-4b}\geq 4+a$
即$2a\geq b+4$, 或$2a\leq -(b+4)$,
若$b+4\geq 0$, 即$b\geq -4$ 时, $|2a|\geq b+4$, 由此得

$a^2\geq \frac{b^2}{4}+2b+4\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{5}{4}b^2+2b+4=\frac{5}{4}(b+\frac{4}{5})^2+\frac{16}{5}.$

当$b=-\frac{4}{5}$ 时, 上述不等式等号成立, 此时$a=\pm \frac{8}{5}$.

若$b+4<0$ 即$b<-4$ 时, 对于满足$2a\geq b+4$ 或$2a\leq -(b+4)$ 的任意实数$a$, 均有$a^2+b^2>\frac{16}{5}$.

(ii) 当$|a|>4$ 时, 则$a^2+b^2>\frac{16}{5}$.
综上, $a^2+b^2$ 的最小值为$\frac{16}{5}$.

(1) 取$x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$, 则$\frac{1}{x}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$,
于是{$x$}=$\frac{3+\sqrt{5}}{2}-2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, {$\frac{1}{x}$}=$\frac{3-\sqrt{5}}{2}$.
所以有: {$x$}+{$\frac{1}{x}$}=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}+\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1$.
(2) 设$x=m+\alpha, \frac{1}{x}=n+\beta$, 其中$m,n$ 是整数, $0\leq \alpha,\beta<1$.
则$\alpha+\beta=1, x+\frac{1}{x}=m+n+1$ 于是有: $x^2-(m+n+1)x+1=0$.
得$x=\frac{1}{2}(m+n+1\pm \sqrt{(m+n+1)^2-4})$
当$(m+n+1)^2=4$ 时, $x=\pm 1$, 均不满足要求.
当$(m+n+1)^2>4$ 时, 若$(m+n+1)^2-4=k^2$, (其中$k$ 为正整数), 则
$(m+n+1-k)(m+n+1+k)=4$,
由于$m+n+1-k\lt m+n+1+k$, 且他们同奇偶, 所以
\[
\left\{\begin{array}{lr} m+n+1-k=-2 \\ m+n+1+k=-2 \end{array}\right. 或
\left\{\begin{array}{lr} m+n+1-k=2 \\ m+n+1+k=2 \end{array}\right.
\]
均不能成立, 故$(m+n+1)^2-4$ 不是完全平方数, 从而$x$ 是无理数.

先证一个引理: 若$n$ 是正整数, 且$\sqrt{n}$ 是有理数, 则$n$ 是完全平方数.
设$\sqrt{n}=\frac{p}{q}, p,q$ 为互质的正整数, 则$nq^2=p^2$.
从而$q^2\mid p^2\Rightarrow q\mid p\Rightarrow q=1$, 所以$n=p^2$. 引理得证.

回到本题, 由题设知$a,b$ 为非负整数, 当$a=0$ 或$b=0$ 时, 易知结论成立.
当$a,b$ 都是正整数时, 由$\sqrt{b}=(\sqrt{a}+\sqrt{b})-\sqrt{a}$ 两边平方,得
$b=(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-2\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b})+a\Rightarrow \sqrt{a}=\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2+a-b}{2(\sqrt{a}+\sqrt{b})}$
由题设知, $\sqrt{a}$ 是有理数, 结合引理, $a$ 是完全平方数, 故$\sqrt{a}$ 是整数.
同理$\sqrt{b}$ 也是整数.

因为$3a^2-10ab+8b^2+5a-10b=(a-2b)(3a-4b+5)=0\Rightarrow a-2b=0$ 或$3a-4b+5=0$.
(1) 当$a-2b=0$ 时, $u=9a^2+72b+2=36b^2+72b+2=36(b+1)^2-34$.
当$b=-1$ 时, $u$ 的最小值为$-34$, 此时实数队$(a,b)=(-2,-1)$.
(2) 当$3a-4b+5=0$ 时, $u=9a^2+72b+2=16b^2+32b+27=16(b+1)^2+11$,
当$b=-1$ 时, $u$ 的最小值为$11$, 此时实数队$(a,b)=(-3,-1)$.
综上可知, $u$ 的最小值为$-34$.

(1) $a=\frac{1+\sqrt{2}}{2}, b=\frac{1-\sqrt{2}}{2}$ 满足要求, 答案不唯一;
(2) 按题设$(a^2+b)-(b^2+a)=(a-b)(a+b-1)$ 为有理数, 记为$q$.
$\because a+b-1\neq 0$, 且为有理数, 所以$a-b=\frac{q}{a+b-1}$ 为有理数.
又$a+b$ 为有理数, 所以$a=\frac{(a+b)+(a-b)}{2}$ 为有理数, $b=\frac{(a+b)-(a-b)}{2}$ 为有理数.

(1) $a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0$, 所以$\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$
当且仅当$a=b$ 时等号成立.
(2) 先证$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$.
$a^3+b^3+c^3+abc\geq 2\sqrt{a^3b^3}+2\sqrt{c^3\cdot abc}=2ab\sqrt{ab}+2c^2\sqrt{ab}$
$\geq 2\cdot 2\sqrt{ab\sqrt{ab}\cdot c^2\sqrt{ab}}=4abc$.
即$a^3+b^3+c^3+abc\geq 4abc\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq 3abc$. 当且仅当$a=b=c$ 时号成立.
故有$(\sqrt[3]{a})^3+(\sqrt[3]{b})^3+(\sqrt[3]{c})^3\geq 3\sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[3]{b}\cdot \sqrt[3]{c}$
所以有$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$

设税率调低后, 国家此项税收总收入为$y$ 元.
则$y=2400m(1+2x\%)(8-x)\%=-\frac{12}{25}m(x^2+42x-400) (0\lt x\leq 8)$.
依题意得: $y\geq 2400m\times 8\%\times 78\%$.
即$-\frac{12}{25}m(x^2+42x-400)\geq 2400m\times 8\%\times 78\%$
整理得$x^2+42x-88\leq 0\Rightarrow -44\leq x\leq 2$
结合$x$ 的范围$0\lt x\leq 8$, 得$0\lt x\leq 2$.

(1)当$a^2-3a+2=0\Rightarrow a=1$ 或$a=2$.
当$a=1$ 时, 原不等式$2>0$ 恒成立. 所以$a=1$ 符合题意.
当$a=2$ 时, 原不等式为$x+2>0\Rightarrow x>-2$, 所以$a=2$ 不符合题意.
(2) 当$a^2-3a+2\neq 0$ 时, 则
\[
\left\{\begin{array}{lr} a^2-3a+2\gt 0 \\ \Delta=(a-1)^2-8(a^2-3a+2)<0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} a\lt 1 或 a\gt 2 \\ a\lt 1 或 a\gt \frac{15}{7} \end{array}\right.
\]
故$a\lt 1$ 或$a\gt \frac{15}{7}$.

综上可知, 满足题意的充要条件时: $a\leq 1$ 或$a\geq \frac{15}{7}$.

因为$a\geq \frac{1}{2}$, 所以函数$f(x)=-a^2x^2+ax+c$ 图象的对称轴方程为直线$x=\frac{a}{2a^2}=\frac{1}{2a}$,
且$0\lt \frac{1}{2a}\leq 1$, 所以$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c$.
先证充分性: 因为$c\leq \frac{3}{4}$, 且$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c\leq \frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$.
所以$f(x)\leq 1$.
再证必要性: 因为$f(x)\leq 1$, 所以只需$f(\frac{1}{2a})\leq 1$ 即可. 即$\frac{1}{4}+c\leq 1\Rightarrow c\leq \frac{3}{4}$.

综上可知, 当$0\leq x\leq 1$ 时, 均有$f(x)\leq 1$ 成立的充要条件是$c\leq \frac{3}{4}$.

(1)必要性:
设关于$x$ 的方程: $x^2+2ax+b^2=0$ 与$x^2+2cx-b^2=0$ 有公共根$x_0$.
则$x_0^2+2ax_0+b^2=0, x_0^2+2cx_0-b^2=0$, 两式相减, 可得$x_0=\frac{b^2}{c-a}$,
代入$x_0^2+2ax_0+b^2=0\Rightarrow b^2+c^2=a^2\Rightarrow A=90^{\circ}$.

(2) 充分性:
因为$A=90^{\circ}$, 所以$b^2+c^2=a^2\Rightarrow b^2=a^2-c^2$.
代入方程$x^2+2ax+b^2=0\Rightarrow x^2+2ax-c^2=0\Rightarrow (x+a-c)(x+a+c)=0$.
代入方程$x^2+2cx-b^2=0\Rightarrow x^2+2cx+c^2-a^2\Rightarrow (x+c-a)(x+c+a)=0$.
故两个方程有公共根$x=-(a+c)$.
综上, 可知得证.