（1）∵f（0）=0，∴d=0

∴f′(x)=ax2-

1

2

x+c及f′(1)=0，有a+c=

1

2

∵f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2-

1

2

x+c≥0恒成立

显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f′(x)=ax2-

1

2

x+

1

2

-a是二次函数

由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得

a＞0 (- 1 2 )2-4a( 1 2 -a)≤0.

即

a＞0 a2- 1 2 a+ 1 16 ≤0

，即

a＞0 (a- 1 4 )2≤0

，解得：a=

1

4

a=c=

1

4

．

（2）∵a=c=

1

4

.∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

.

∴由f′(x)+h(x)＜0，即

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

+

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

＜0

即x2-(b+

1

2

)x+

b

2

＜0，即(x-b)(x-

1

2

)＜0

当b＞

1

2

时，解集为(

1

2

，b)，当b＜

1

2

时，解集为(b，

1

2

)，当b=

1

2

时，解集为ϕ．

（3）∵a=c=

1

4

，∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

∴g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

.

该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．

假设存在实数m使函数g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

区间[m．m+2]上有最小值-5．

①当m＜-1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，n+2]上是递增的．

∴g(m)=-5，即

1

4

m2-(

1

2

+m)m+

1

4

=-5.

解得m=-3或m=

7

3

.∵

7

3

＞-1，∴m=

7

3

舍去

②当-1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，

而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=-5．

即

1

4

(2m+1)2-(

1

2

+m)(2m+1)+

1

4

=-5

解得m=-

1

2

-

1

2

21

或m=-

1

2

+

1

2

21

，均应舍去

③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=-5

即

1

4

(m+2)2-(

1

2

+m)(m+2)+

1

4

=-5.

解得m=-1-2

2

或m-1+2

2

．其中m-1-2

2

应舍去．

综上可得，当m=-3或m=-1+2

2

时，

函数g（x）=f'（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5．