（1）a=-8时，f（x）=

1

3

x³+x²-8x+1，x∈R，∴f′（x）=x²+2x-8，

令f′（x）=0，得x₁=-4，x₂=2，

当x＜-4时，f′（x）＞0；当-4＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞2时，f′（x）＞0，

∴f（x）的单调递减区间为[-4，2]，单调递增区间为（-∞，-4）和（2，+∞）；

（2）（方法一）∀a∈（-24，-10），f(-4)=-

13

3

-4a＞-

13

3

+40＞0，f(4)=

115

3

+4a＜

115

3

-40＜0，

因为y=f（x）在区间[-4，4]上是连续不断的曲线，且f（-4）•f（4）＜0，

所以f（x）在区间[-4，4]上有零点；

解f′（x）=x²+2x+a=0（a∈（-24，-10））得x1=-1-

1-a

＜-4（舍去），x2=-1+

1-a

∈(-4，4)，

当-4＜x＜-1+

1-a

时，f′（x）＜0；

当-1+

1-a

＜x＜4时，f′（x）＞0；

因为f（4）＜0，所以∀x∈[-1+

1-a

，4]，f（x）＜0，f（x）在区间[-1+

1-a

，4]上无零点；

f(-4)•f(-1+

1-a

)＜0，f（x）在[-4，-1+

1-a

]上单调递减，

所以f（x）在区间[-4，-1+

1-a

]上有且只有一个零点，从而在区间[-4，4]上有且只有一个零点．

（方法二）f′（x）=x²+2x+a，解f′（x）=x²+2x+a=0得x1=-1-

1-a

＜-4（舍去），x2=-1+

1-a

∈(-4，4)；

当-4＜x＜-1+

1-a

时，f′（x）＜0；

当-1+

1-a

＜x＜4时，f′（x）＞0；

因为f(4)=

115

3

+4a＜

115

3

-40＜0，

所以∀x∈[-1+

1-a

，4]，f（x）＜0，f（x）在区间[-1+

1-a

，4]上无零点．

因为f（0）=1＞0，f(0)f(-1+

1-a

)＜0，所以f（x）在区间[0，-1+

1-a

]上有零点．

因为f（x）在[-4，-1+

1-a

]上单调递减，

所以f（x）在区间[-4，-1+

1-a

]上有且只有一个零点，从而在区间[-4，4]上有且只有一个零点．