（1）證明：由條件當(dāng)=1≤x≤1時，
|f（x）|≤1，
取x=0得：|c|=|f（0）|≤1，
即|c|≤1．
（2）證法一：依題設(shè)|f（0）|≤1而f（0）=c，
所以|c|≤1．
當(dāng)a＞0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是增函數(shù)，
于是g（-1）≤g（x）≤g（1），（-1≤x≤1）．
∵|f（x）|≤1，（-1≤x≤1），|c|≤1，
∴g（1）=a+b=f（1）-c≤|f（1）|+|c|=2，
g（-1）=-a+b=-f（-1）+c≥-（|f（-1）|+|c|）=-2，
因此得|g（x）|≤2  （-1≤x≤1）；
當(dāng)a＜0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是減函數(shù)，
于是g（-1）≥g（x）≥g（1），（-1≤x≤1），
∵|f（x）|≤1  （-1≤x≤1），|c|≤1
∴|g（x）|=|f（1）-c|≤|f（1）|+|c|≤2．
當(dāng)a=0時，g（x）=b，f（x）=bx+c．
∵-1≤x≤1，
∴|g（x）|=|f（1）-c|≤|f（1）|+|c|≤2．
綜合以上結(jié)果，當(dāng)-1≤x≤1時，
都有|g（x）|≤2．
證法二：∵|f（x）|≤1（-1≤x≤1）
∴|f（-1）|≤1，|f（1）|≤1，|f（0）|≤1，
∵f（x）=ax²+bx+c，
∴|a-b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，
因此，根據(jù)絕對值不等式性質(zhì)得：
|a-b|=|（a-b+c）-c|≤|a-b+c|+|c|≤2，
|a+b|=|（a+b+c）-c|≤|a+b+c|+|c|≤2，
∵g（x）=ax+b，∴|g（±1）|=|±a+b|=|a±b|≤2，
函數(shù)g（x）=ax+b的圖象是一條直線，
因此|g（x）|在[-1，1]上的最大值只能在區(qū)間的端點(diǎn)x=-1或x=1處取得，
于是由|g（±1）|≤2得|g（x）|≤2，（-1＜x＜1）．

證法三：∵x＝ (x+1)2?(x?1)2 4 ＝( x+1 2 )2?( x?1 2 )2， ∴g(x)＝ax+b＝a[( x+1 2 )2?( x?1 2 )2]+b( x+1 2 ? x?1 2 ) ＝[a( x+1 2 )2+b( x+1 2 )+c]?[a( x?1 2 )2+b( x?1 2 )+c] ＝f( x+1 2 )?f( x?1 2 )

當(dāng)-1≤x≤1時，有0≤

x+1

2

≤1，-1≤

x?1

2

≤0，
∵|f（x）|≤1，（-1≤x≤1），
∴|f (

x+1

2

)|≤1，|f（

x?1

2

）|≤1；
因此當(dāng)-1≤x≤1時，|g（x）|≤|f (

x+1

2

)|+|f（

x?1

2

）|≤2．
（3）因?yàn)閍＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，
當(dāng)x=1時取得最大值2，
即g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2．①
∵-1≤f（0）=f（1）-2≤1-2=-1，
∴c=f（0）=-1．
因?yàn)楫?dāng)-1≤x≤1時，f（x）≥-1，
即f（x）≥f（0），
根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x=0為f（x）的圖象的對稱軸，
由此得-

b

2a

=0，
即b=0．
由①得a=2，
所以f（x）=2x²-1．（14分）