(1)证:依题设,对任意x∈R,都有f(x)≤1。∵f(x)=-b(x-

)
2+

,∴f(

)=

≤1,∵a>0, b>0, ∴a≤2

。
(2)证:(必要性),对任意x∈[0, 1],|f(x)|≤1

-1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即a-b≥-1,∴a≥b-1。对任意x∈[0, 1],|f(x)|≤1

f(x)≤1,因为b>1,可推出f(

)≤1。即a·

-≤1,∴a≤2

,所以b-1≤a≤2

。
(充分性):因b>1, a≥b-1,对任意x∈[0, 1],可以推出:ax-bx
2≥b(x-x
2)-x≥-x
≥-1,即:ax-bx
2≥-1;因为b>1,a≤2

,对任意x∈[0, 1],可推出ax-bx
2≤2

-bx
2≤1,即ax-bx
2≤1,∴-1≤f(x)≤1。
综上,当b>1时,对任意x∈[0, 1], |f(x)|≤1的充要条件是:b-1≤a≤2

。
(3)解:因为a>0, 0<b≤1时,对任意x∈[0, 1]。
f(x)=ax-bx
2≥-b≥-1,即f(x)≥-1;
f(x)≤1

f(1)≤1

a-b≤1,即a≤b+1;a≤b+1

f(x)≤(b+1)x-bx
2≤1,即f(x)≤1。
所以,当a>0, 0<b≤1时,对任意x∈[0, 1],|f(x)|≤1的充要条件是:a≤b+1.