1、方程$ax^2+(a+4)x+a+1=0$有且仅有一个质根，求$a$的范围．
2、三角形的三边长分别为$2,3,4$，求其内切圆半径和外接圆半径．
3、设$f_k(x)=\dfrac 1k\left(\sin^2x-\cos kx\right)$，求$m,n\in\mathcal N^*$且$m>n$，使$f_m(x)-f_n(x)$为恒定常数．
4、某一等差数列的$a_1<0$，$a_{100}\geqslant 74$，$a_{200}<200$，且在区间$\left(\dfrac 12,5\right)$中的项比$\left[20,\dfrac{49}2\right]$中该数列的项少$2$，求数列$\{a_n\}$的通项公式．
5、$n$个球队打单循环赛，第$i$支球队的胜场数为$x_i$，负场数为$y_i$，已知$\sum\limits_{i=1}^n{x_i^3}=\sum\limits_{i=1}^{n}{y_i^3}$．求证：$\sum\limits_{i=1}^n{x_i^4}=\sum\limits_{i=1}^n{y_i^4}$．
参考答案
1、分离变量，有$a=-\dfrac{4x+1}{x^2+x+1}$．考虑到方程有一个质根，设为$m$，则$m\geqslant 2$，于是可由此推得$$-\dfrac 97\leqslant a<0,$$此时由韦达定理，方程的两个根$m,n$满足$$m-n=1+\dfrac 1a\in\left(-\infty,\dfrac 29\right],$$所以方程不可能有两个质根．于是$a$的取值范围是所有形如$$-\dfrac{4m+1}{m^2+m+1},$$其中$m$是质数的数组成的集合．
2、利用正弦定理可以求得外接圆半径$R=\dfrac{8\sqrt{15}}{15}$，由三角形的面积可以推得内切圆半径$r=\dfrac{\sqrt{15}}6$．
3、令$g(x)=f_m(x)-f_n(x)$，则$$g(x)=\dfrac 1m\left(\sin^2x-\cos mx\right)-\dfrac 1n\left(\sin^2x-\cos nx\right),$$令$x=0$，可得$$g(x)=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{m}>0.$$
令$x=\pi$，可得$$\dfrac{1}{n}\cos{n\pi}-\dfrac{1}{m}\cos{m\pi}=\dfrac 1n-\dfrac 1m,$$于是$$\cos n\pi = \cos m\pi =1,$$即$m,n$是偶数；
令$x=\dfrac{\pi}2$，可得$$\dfrac 1m-\dfrac 1n+\left(\dfrac 1n\cos\dfrac{n\pi}2-\dfrac 1m\cos\dfrac{m\pi}2\right)>0,$$由于$\dfrac 1m-\dfrac 1n<0$，因此$$\cos\dfrac{n\pi}2=1,\cos\dfrac{m\pi}2=-1,$$即$\dfrac n2$是偶数，$\dfrac m2$是奇数，此时$$\dfrac 2m=\dfrac 1n-\dfrac 1m,$$即$m=3n$，矛盾．
综上所述，不存在符合题意的$m,n$．
4、题中的两个区间的长度一样，因此$\dfrac 12,5,20,\dfrac{49}2$均为数列中的项．设数列的公差为$d$，则这四个数相邻两项之差$\dfrac 92,15,\dfrac 92$均为$d$的整数倍，于是$\dfrac 32$是$d$的整数倍，设$d=\dfrac 3{2m}$($m\in\mathcal N^*$)．
根据已知，有$$\begin{cases} a_1<0,\\ a_1+99d\geqslant 74,\\ a_1+199d<200,\end{cases} $$不难得到$$\dfrac{74}{99}<d<\dfrac{63}{50},$$从而$$\dfrac{75}{63}<m<\dfrac{297}{148},$$进而$m=2$，因此$d=\dfrac 34$．
综上所述，所求的$a_n=\dfrac 34n-1$．
5、根据单循环赛的规则，有$x_i+y_i=n-1$($i=1,2,\cdots ,n$)，并且$$\sum_{i=1}^n{x_i}=\sum_{i=1}^n{y_i}=\dfrac{n(n-1)}2.$$
记$k=n-1$，则$y_i=k-x_i$($i=1,2,\cdots ,n$)，所以\[\begin{split} \sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{y_i^2}&=\sum_{i=1}^n\left[(k-y_i)^2-(k-x_i)^2\right]\\ &=\sum_{i=1}^n\left[2k(x_i-y_i)+(y_i^2-x_i^2)\right]\\&=\sum_{i=1}^ny_i^2-\sum_{i=1}^nx_i^2,\end{split}\]因此$\sum\limits_{i=1}^n{x_i^2}=\sum\limits_{i=1}^n{y_i^2}$．
类似地，可以证明$$\sum\limits_{i=1}^n{\left(x_i^4-y_i^4\right)}=\sum\limits_{i=1}^n{y_i^4}-\sum\limits_{i=1}^n{x_i^4},$$因此原命题得证．