（2）由条件判断出a＞0，且x0≠0，由f′（x0）=0求出x0，分别代入解析式化简f（x0），f（﹣2x0），化简整理后可得证；

（3）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，根据极值点与区间的关系对a分三种情况讨论，运用f（x）单调性和前两问的结论，求出g（x）在区间上的取值范围，利用a的范围化简整理后求出M，再利用不等式的性质证明结论成立．

【解答】解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，则f′（x）=3x2﹣a，

分两种情况讨论：

①、当a≤0时，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，

此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），

②、当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，

当x＞或x＜﹣时，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）为增函数，

当﹣＜x＜时，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）为减函数，

故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）；

（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a＞0，且x0≠0，

由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x02=，

进而f（x0）=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b，

又f（﹣2x0）=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f（x0），

由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，

则有x1=﹣2x0，故有x1+2x0=0；

（Ⅲ）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，

下面分三种情况讨论：

①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，

由（I）知f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，

所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（1），f（﹣1）]，

因此M=max{|f（1）|，|f（﹣1）|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}

=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，

所以M=a﹣1+|b|≥2

②当a＜3时，，

由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，

所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（），f（﹣）]，

因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}

=max{||，||}=，

③当0＜a＜时，，

由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，

所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（﹣1），f（1）]，

因此M=max{|f（﹣1）|，|f（1）|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}

=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，

综上所述，当a＞0时，g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．

【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法在证明中的应用，以及化简整理、运算能力，属于难题．