由题意知$f(x)=[x]x-[x]^2$, 所以

f(x)=\\left\\{\\begin{array}{lr} 0 (0\leq x\lt 1) \\\\ x-1 (1\leq x\lt 2)\\\\ 2x-4(2\leq x\leq 3) \\end{array}\\right.

显然当$2\leq x\leq 3$ 时不等式有解, 解$2x-4\lt x-1\Rightarrow x<3$, 所以原不等式
的解集为$2\leq x<3$, 所以$d=1$, 故选A.

(1) 当$a=0$ 时, 若$b\neq 0$, 则$x_0=-\frac{c}{b}=\frac{m}{m+1}$, 满足$0\lt x_0\lt 1$;
若$b=0\Rightarrow c=0$, 这时对一切$x$ 满足方程, 结论成立.

(2) 当$a\gt 0$ 时, 令$f(x)=ax^2+bx+c$, 易求得$f(\frac{m}{m+1})=-\frac{am}{(m+1)(m+2)}<0$
若$c\gt 0$, 则$f(0)=c\gt 0$, 由根在存在性原理知:
必有一根满足$0\lt x_0\lt \frac{m}{m+1}\lt 1$;
若$c\leq 0$, 则

$f(1)=a+b+c=(m+2)\cdot \frac{a}{m+2}+(m+1)\cdot \frac{b}{m+1}+m\cdot \frac{c}{m}$

$=\frac{a}{m+2}+(m+1)(\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m})-\frac{c}{m}=\frac{a}{m+2}-\frac{c}{m}>0$

故必有一根$x_0$ 满足$0\lt \frac{1}{m+1}\lt x_0\lt 1$.

当$-1\leq x_1\leq 2$ 时, $-1\leq f(x_1)\leq 3$, 因为$a\gt 0$ 所以$ax+b$ 在$-1\leq x_2\leq 2$
范围内是增函数. 依据题意应该有
\[
\left\{\begin{array}{lr} a\cdot (-1)+2\leq -1 \\ 2a+2\geq 3 \end{array}\right.\Rightarrow a\geq 3
\]

(1) 由$f(x)=f(-1-x)\Rightarrow f(0)=c=0, -\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2}$, 此时$f(x)=ax^2+ax$,
$f(x)+x+1=ax^2+(a+1)x+1$, 构造关于$a$ 的函数$g(a)=(x^2+x)a+(x+1)$, 在$-3\leq a\leq 1$ 恒成立
\[
\left\{\begin{array}{lr} g(-3)=(x^2+x)\cdot (-3)+(x+1)>0 \\ g(-1)=(x^2+x)\cdot (-1)+(x+1)>0 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} -1\lt x\lt \frac{1}{3} \\ -1\lt x\lt 1 \end{array}\right.
\]
得$-1\lt x\lt \frac{1}{3}$. 即$x$ 的取值范围是$(-1,\frac{1}{3})$.

(2) 由$x\leq f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 对一切实数恒成立, 得$1\leq f(1)\leq \frac{1}{2}(1^2+1)=1$
$\therefore f(1)=a+b+c=1, f(-1)=a-b+c=0\Rightarrow b=\frac{1}{2}, a+c=\frac{1}{2}$,
所以$f(x)=ax^2+\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)$
由$f(x)-x=ax^2-\frac{1}{2}x+(\frac{1}{2}-a)\geq 0\Rightarrow \Delta=(-\frac{1}{2})^2-4a(\frac{1}{2}-a)\leq 0$ 恒成立
即$4a^2-2a+\frac{1}{4}=(2a-\frac{1}{2})^2\leq 0\Rightarrow a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.
把$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$, 代入$f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 不等式也恒成立.
所以$a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$.

设$\triangle ABC$ 的三边长分别为$a,b,c$, 其中$c$ 为斜边, 依题意, 得:
\[
\left\{\begin{array}{lr} a+b+c=14 \\ \frac{1}{2}ab=7 \\ a^2+b^2=c^2 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} c=6 \\ a+b=8 \\ ab=14 \end{array}\right.
\]
从而$a,b$ 是方程$z^2-8z+14=0$ 的两个实数根, 解得$z=4\pm \sqrt{2}$.
故$\triangle ABC$ 的三边长分别为$4-\sqrt{2},4+\sqrt{2},6$

设甲,乙两同学跑了$x$ s, 则小狗跑了$(x-6)$ s, 依题意, 有:
$2(x-6)+3(x-6)=400-2\times 6-3\times 6\Rightarrow x=80$.
所以小狗跑了$(80-6)\times 6=444$ m.

由已知得: $a^4+a^3=1, b^4+b^3=1$, 令$p=a+b,q=ab$, 将两式相乘得:
$(a^4+a^3)(b^4+b^3)=1\Rightarrow q^3(q+p+1)=1\Rightarrow p=\frac{1-q^3-q^4}{q^3}$.

将两式相减得:
$(a^4+a^3)-(b^4+b^3)=(a^4-b^4)+(a^3-b^3)=0$, 因为$a\neq b$, 所以有:
$(a^2+b^2)(a+b)+(a^2+ab+b^2)=0\Rightarrow (a^3+a^2)+(b^3+b^2)+ab(a+b+1)=0$
因为$a^3+a^2=\frac{1}{a}, b^3+b^2=\frac{1}{b}$,所以上式得: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+ab(a+b+1)=0$
所以有$p=\frac{-q^2}{1+q^2}$, 所以有$\frac{1-q^3-q^4}{q^3}=\frac{-q^2}{1+q^2}\Rightarrow q^6+q^4+q^3-q^2-1=0$
故$q=ab$ 是方程$x^6+x^4+x^3-x^2-1=0$ 的根.

方程$|x^2+ax|=4\Leftrightarrow x^2+ax-4=0 $ 及$x^2+ax+4=0$.
设$x_0$ 是方程$x^2+ax-4=0$ 的根, 则$x_0^2+ax_0+4=(x_0^2+ax_0-4)+4+4=8\neq 0$
所以这两个方程没有公共根.
由于只有$3$ 个不相等的实数根, 故必有且只有一个方程有两个相等的实数根.
$\Delta_1=a^2+16, \Delta_2=a^2-16$, 所以只可能$\Delta_2=0\Rightarrow a=\pm 4$
当$a=4$ 时,方程$x^2+ax+4=0$ 的根为$-2$, 方程$x^2+ax-4=0$ 的根为$-2\pm 2\sqrt{2}$;
当$a=-4$ 时, 方程$x^2+ax+4=0$ 的根我$2$, 方程$x^2+ax-4=0$ 的根问$2\pm 2\sqrt{2}$.

综上, $a=4$ 时的$3$ 个根为$-2,-2\pm 2\sqrt{2}$; $a=-4$时的$3$ 个根为$2,2\pm 2\sqrt{2}$.

当$x=-4$ 时, 不是方程的根.
当$x\gt-4$ 时, 方程$x^2-2x-35=0$ 的根为$x=7$;
当$x\lt -4$ 时, 方程$x^2+2x-19=0$ 的根为$x=-1-2\sqrt{5}$.
所以, 共有两个根, 和为$7+(-1-2\sqrt{5})=6-2\sqrt{5}$.