（1）证明：由条件当=1≤x≤1时，

|f（x）|≤1，

取x=0得：|c|=|f（0）|≤1，

即|c|≤1．

（2）证法一：依题设|f（0）|≤1而f（0）=c，

所以|c|≤1．

当a＞0时，g（x）=ax+b在[-1，1]上是增函数，

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（-2）|+|c|）≥-2，

因此得|g（x）|≤2（-1≤x≤1）；

当a＜0时，g（x）=ax+b在[-1，1]上是减函数，

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．

综合以上结果，当-1≤x≤1时，

都有|g（x）|≤2．

证法二：∵|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，根据绝对值不等式性质得：

|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，

函数g（x）=ax+b的图象是一条直线，

因此|g（x）|在[-1，1]上的最大值只能在区间的端点x=-1或x=1处取得，

于是由|g（±1）|≤2得|g（x）|≤2，（-1＜x＜1）．

证法三：∵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 )

当-1≤x≤1时，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；

因此当-1≤x≤1时，|g（x）|≤|f(

x+1

2

)|+|f（

x-1

2

）|≤2．

（3）因为a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函数，

当x=1时取得最大值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．

因为当-1≤x≤1时，f（x）≥-1，

即f（x）≥f（0），

根据二次函数的性质，直线x=0为f（x）的图象的对称轴，

由此得-

b

2a

＜0，

即b=0．

由①得a=2，

所以f（x）=2x²-1．（14分）