由韦达定理, 有$a+b=-p, ab=1, c+d=-q, cd=1$.
$\because (a-c)(b-c)=c^2-(a+b)c+ab=c^2+pc+1$. 又$\because c$ 是方程$x^2+qx+q=0$ 的根,
$\therefore c^2+qc+1=0\Rightarrow c^2+1=-qc$.

所以有$(a-c)(b-c)=-c(q-p)$.

同样$(a+d)(b+d)=d^2+(a+b)d+ab=d^2-pd+1=-qd-pd=-d(q+p)$

$\therefore (a-c)(b-c)(a+d)(b+d)=cd(q^2-p^2)=q^2-p^2$.

设方程$ax^2+bx+c=0(a>0)$ 的两根分别为$x_1,x_2$, 则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}, x_1x_2=\frac{c}{a}$.
所以$(x_1-1)(x_2-1)=x_1x_2-(x_1+x_2)+1=\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+1=\frac{a+b+c}{a}$.

因为当$x=1$ 时, $ax^2+bx+c\lt 0$, 即$a+b+c\lt 0$, 又$a\gt 0$
所以$ \frac{a+b+c}{a}\lt 0$, 即$(x_1-1)(x_2-1)\lt 0$.

因此方程$ax^2+bx+c=0 (a\gt 0)$ 一根大于$1$, 另一根小于$1$.

(1) 若方程两根都是整数, 则
\[
\left\{\begin{array}{lr} \Delta \geq 0 \\ x_1+x_2>0 \\ x_1x_2>0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} -1\leq a\leq 1 \\ a\lt 0 \\ a>\frac{\sqrt{2}}{2} 或 a\lt -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{array}\right.
\]
所以可得: $-1\leq a\lt -\frac{\sqrt{2}}{2}$

(2) 若两根一正一负, 则$x_1x_2<0\Rightarrow -\frac{\sqrt{2}}{2}\lt a\lt \frac{\sqrt{2}}{2}$.

(3) 若两根一正一零, 则
\[
\left\{\begin{array}{lr} x_1+x_2>0 \\ x_1x_2=0 \end{array}\right.\Rightarrow a=-\frac{\sqrt{2}}{2}
\]

合并(1)(2)(3)得: $-1\leq a\lt \frac{\sqrt{2}}{2}$.

设此方程两实数根为$x_1,x_2$. 因为方程两根皆为负数
\[
\therefore \left\{\begin{array}{lr} k\neq 0 \\ \Delta \geq 0 \\ x_1+x_2\lt 0 \\ x_1x_2\gt 0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} k\neq 0 \\ (2k-3)^2-4k(k-1)\geq 0 \\ \frac{2k-3}{k}\gt 0 \\ \frac{k-10}{k}\gt 0 \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} k\neq 0 \\ k\geq -\frac{9}{28}\\ k>\frac{3}{2} 或 k\lt 0 \\ k\gt 10 或 k\lt 0 \end{array}\right.
\]
所以$-\frac{9}{28}\leq k<0$ 或$k\gt 10$.

由已知得: $ab+a+b=8, a^2b^2+(a+b)^2=40\Rightarrow ab(a+b)=12$, 所以$ab,a+b$ 为关于
$t$ 的二次方程$t^2-8t+12=0$ 的两个实数根, 因此有
\[
\left\{\begin{array}{lr} ab=2 \\ a+b=6 \end{array}\right. 或\left\{\begin{array}{lr} ab=6 \\ a+b=2 \end{array}\right.
\]
当$ab=6, a+b=2$ 时, 知$a,b$ 为关于$x$ 的二次方程$x^2-2x+6=0$ 的两个实数根, 但此时
方程$\Delta =4-24=-20\lt 0$ 方程无实数解, 所以舍去, 故有$ ab=2, a+b=6$.
\[
\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{(a+b)^2-2ab}{a^2b^2}=\frac{36-4}{4}=8
\]

设方程两根为$x_1,x_2$, 根据韦达定理有
\[
x_1+x_2=-\frac{k+1}{k}=-1-\frac{1}{k}; x_1\cdot x_2=\frac{k+1}{k}=1-\frac{1}{k}
\]
所以有$x_1x_2-(x_1+x_2)=2\Rightarrow x_1x_2-(x_1+x_2)+1=3\Rightarrow (x_1-1)(x_2-1)=3$.
因此得
\[
\left\{\begin{array}{lr} x_1-1=1 \\ x_2-1=3 \end{array}\right. 或\left\{\begin{array}{lr} x_1-1=3 \\ x_2-1=1 \end{array}\right. 或 \left\{\begin{array}{lr} x_1-1=-1 \\ x_2-1=-3 \end{array}\right. 或\left\{\begin{array}{lr} x_1-1=-3 \\ x_2-1=-1 \end{array}\right.
\]
可以解得$k=-\frac{1}{7}$ 或$k=1$.
将$k$ 代入$\Delta=(k+1)^2-4k(k-1)$ 检验知$k=1$ 或$k=-\frac{1}{7}$ 满足要求.

因为方程有实根, 所以$\Delta=9(a+b)^2-48ab\geq 0$, 由根与系数关系可得:

$x_1+x_2=-(a+b), x_1\cdot x_2=\frac{4ab}{3}$

又$x_1^2+x_2^2+(x_1+x_2)=x_1x_2+x_1x_2+1\Rightarrow (x_1+x_2)^2=3x_1x_2+1$, 代入得
\[
(a+b)^2=4ab+1
\]将上式代入$\Delta$ 得$36ab+9-48ab\geq 0\Rightarrow ab\leq \frac{3}{4}$.
因此有
\[
(a+b)^2=4ab+1\leq 4\cdot \frac{3}{4}+1=4
\]
所证成立

显然$t\neq 0$, 将方程$t^2+99t+19=0$ 左右两边同时除以$t^2$ 得$19\cdot \frac{1}{t^2}+99\cdot \frac{1}{t}+1=0$.
因为$st\neq 1$, 所以$\frac{1}{t},s$ 是下面关于$x$ 的二次方程$19x^2+99x+1=0$ 的两
个实数根. 由韦达定理得: $\frac{1}{t}+s=-\frac{99}{19}, \frac{1}{t}\cdot s=\frac{1}{19}$.

所以$\frac{st+4s+1}{t}=s+\frac{1}{t}+4s\cdot \frac{1}{t}=-\frac{99}{19}+\frac{4}{19}=-5$.

因为$m$ 为整数, 显然$2m-1\neq 0$, 所以方程$\Delta =(2m+1)^2-4(2m-1)=4m^2-4m+5$.
若方程有有理根, 则$\Delta $ 必须是完全平方数, 设$\Delta =k^2$ 即$(2m-1)^2+4=k^2$.
因此有$4=k^2-(2m-1)^2=(k+2m-1)(k-2m+1)$, 因为整数$a+b$ 与$a-b$ 有相同的奇偶性, 所
以只有$k+2m-1=2, k-2m+1=2$ 或$k+2m-1=-2, k-2m+1=-2$, 无论哪种情况都有$m=\frac{1}{2}$ 矛盾.

所以不存在这样的整数$m$.

当$a=0$ 时, 方程无解, 所以$a\neq 0$.
原方程为: $[ax-(a-5)][ax-(2a-3)]=0\Rightarrow x_1=\frac{a-5}{a}, x_2=\frac{2a-3}{a}$,
因此可得: $x_1=1-\frac{5}{a}, x_2=2-\frac{3}{a}$, 又$a$ 为正整数, 所以$\frac{5}{a}$ 与$\frac{3}{a}$ 至少有一个为整数
所以$a=1,3,5$.