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$m\geq 0$.

(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.