【答案】
分析：（1）由條件當(dāng)=1≤x≤1時(shí)，|f（x）|≤1，取x=0得：|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1．
（2）有三種證法，證法一利用g（x）的單調(diào)性；證法二利用絕對(duì)值不等式：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g（x）與f（x）的關(guān)系．
（3）因?yàn)閍＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2．由-1≤f（0）=f（1）-2≤1-2=-1，知c=f（0）=-1．由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(duì)稱軸，由此得b=0．所以f（x）=2x
2-1．
解答：（1）證明：由條件當(dāng)=1≤x≤1時(shí)，
|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(shí)，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（-2）|+|c|）≥-2，
因此得|g（x）|≤2 （-1≤x≤1）；
當(dāng)a＜0時(shí)，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．
綜合以上結(jié)果，當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，
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）=ax
2+bx+c，
∴|a-b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，
因此，根據(jù)絕對(duì)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）．
當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，有0≤
≤1，-1≤
≤0，
∵|f（x）|≤1，（-1≤x≤1），
∴|f
|≤1，|f（
）|≤1；
因此當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，|g（x）|≤|f
|+|f（
）|≤2．
（3）解：因?yàn)閍＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，
當(dāng)x=1時(shí)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(shí)，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(duì)稱軸，
由此得-
＜0，
即b=0．
由①得a=2，
所以f（x）=2x
2-1．（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力．具體涉及到二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對(duì)值不等式的性質(zhì)靈活運(yùn)用是本題的靈魂．本題綜合性較強(qiáng)，其解答的關(guān)鍵是對(duì)函數(shù)f（x）的單調(diào)性的深刻理解，以及對(duì)條件“-1≤x≤1時(shí)|f（x）|≤1”的運(yùn)用；絕對(duì)值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)，會(huì)使解題過(guò)程空洞，缺乏嚴(yán)密，從而使題目陷于僵局．
