解题思路：（1）由题意知，|f（x）|≤3在[1，+∞）上恒成立．可得-3≤f（x）≤3，
−4−(
1
4
)
x
≤a•(
1
2
)
x
≤2−(
1
4
)
x
，化为
−4•
2
x
−(
1
2
)
x
≤a≤2•
2
x
−(
1
2
)
x
在[0，+∞）上恒成立，因此
[−4•
2
x
−
(
1
2
)
x
]
max
≤a≤[2•
2
x
−
(
1
2
)
x
]
min
．设2x=t，
h(t)＝−4t−
1
t
，
p(t)＝2t−
1
t
，先证明其单调性，即可得出其最值．
（2）
g(x)＝−1+
2
m•
x
2
+1
，对m分类讨论：m＞0，m=0，-1＜m＜0，利用二次函数和反比例函数的单调性即可得出．
（1）由题意知，|f（x）|≤3在[1，+∞）上恒成立．
∴-3≤f（x）≤3，−4−(
1
4)x≤a•(
1
2)x≤2−(
1
4)x，
∴−4•2x−(
1
2)x≤a≤2•2x−(
1
2)x在[0，+∞）上恒成立，
∴[−4•2x−(
1
2)x]max≤a≤[2•2x−(
1
2)x]min．
设2x=t，h(t)＝−4t−
1
t，p(t)＝2t−
1
t，
由x∈[0，+∞）得 t≥1，设1≤t1＜t2，
h(t1)−h(t2)＝
(t2−t1)(4t1t2−1)
t1t2＞0，
p(t1)−p(t2)＝
(t1−t2)(2t1t2+1)
t1t2＜0．
∴h（t）在[1，+∞）上递减，p（t）在[1，+∞）上递增，
h（t）在[1，+∞）上的最大值为h（1）=-5，p（t）在[1，+∞）上的最小值为p（1）=1．
∴实数a的取值范围为[-5，1]．
（2）g(x)＝−1+
2
m•x2+1，
若m＞0，x∈[0，1]，则g（x）在[0，1]上递减，
∴g（1）≤g（x）≤g（0）即[1−m/1+m≤g(x)≤1．
若-1＜m＜0，x∈[0，1]，则g（x）在[0，1]上递增，
∴g（0）≤g（x）≤g（1）即1≤g(x)≤
1−m
1+m]．
①当m＞0时，|
1−m
1+m|＜1，|g（x）|＜1此时T（m）≥1，
②当m=0，即，g（x）=1，|g（x）|=1此时T（m）≥1，
③当-1＜m＜0时，|g(x)|＜
1−m
1+m，此时 T(m)≥
1−m
1+m．
综上所述：当m≥0时，T（m）的取值范围是[1，+∞）；
当-1＜m＜0时，T（m）的取值范围是[
1−m
1+m，+∞)．
点评：
本题考点： 函数最值的应用；函数的值域；函数恒成立问题．
考点点评： 本题综合考查了恒成立问题的等价转化、指数函数类型的函数的单调性、分类讨论的思想方法等基础知识与基本方法，属于难题．