（Ⅰ）当a=0时，f(x)=-

1

2

x+c．

由f（1）=0得：-

1

2

+c=0，即c=

1

2

，∴f(x)=-

1

2

x+

1

2

．

显然x＞1时，f（x）＜0，这与条件②相矛盾，不合题意．

∴a≠0，函数f(x)=ax2-

1

2

x+c是二次函数．                                            …（2分）

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 )2-4ac≤0.

 

即

a＞0 ac≥ 1 16 ＞0.

（*）…（4分）

由f（1）=0得 a+c=

1

2

，即c=

1

2

-a，代入（*）得  a(

1

2

-a)≥

1

16

．

整理得 a2-

1

2

a+

1

16

≤0，即(a-

1

4

)2≤0．

而(a-

1

4

)2≥0，∴a=

1

4

．

将a=

1

4

代入（*）得，c=

1

4

，

∴a=c=

1

4

．                                                                           …（7分）

另（Ⅰ）当a=0时，f(x)=-

1

2

x+c．

由f（1）=0得  -

1

2

+c=0，即c=

1

2

，

∴f(x)=-

1

2

x+

1

2

．

显然x＞1时，f（x）＜0，这与条件②相矛盾，

∴a≠0，因而函数f(x)=ax2-

1

2

x+c是二次函数．                                        …（2分）

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 )2-4ac≤0.

 

即 

a＞0 ac≥ 1 16 ＞0.

…（4分）

由此可知  a＞0，c＞0，

∴ac≤(

a+c

2

)2．

由f（1）=0，得 a+c=

1

2

，代入上式得  ac≤

1

16

．

但前面已推得  ac≥

1

16

，

∴ac=

1

16

．

由   

ac= 1 16 a+c= 1 2

解得 a=c=

1

4

．                                                       …（7分）

（Ⅱ）∵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．                                                …（8分）

假设存在实数m使函数g(x)=f(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

在区间[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，m+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．                                                          …（10分）

②当-1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+1，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．                                    …（12分）

③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递减的，

∴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．

…（14分）