（1）因为f（x）= 14x4+bx2+cx+d,所以h（x）=f′（x）=x3-12x+c．
由题设,方程h（x）=0有三个互异的实根．
考察函数h（x）=x3-12x+c,则h′（x）=0,得x=±2．
所以 {c+16＞0c-16＜0.故-16＜c＜16．（5分）
（2）存在c∈（-16,16）,使f′（x）≥0,即x3-12x≥-c,（*）
所以x3-12x＞-16,即（x-2）2（x+4）＞0（*）在区间[m-2,m+2]上恒成立
所以[m-2,m+2]是不等式（*）解集的子集．
所以 {m-2＞-4m+2＜2或m-2＞2,即-2＜m＜0,或m＞4
（3）由题设,可得存在α,β∈R,使f′（x）=x3+2bx+c=（x-t1）（x2+αx+β）,
且x2+αx+β≥0恒成立
又f´（t2）=0,且在x=t2两侧同号,
所以f´（x）=（x-t1）（x-t2）2．（13分）
另一方面,g′（x）=x3+（2b-1）x+t1+c
=x3+2bx+c-（x-t1）=（x-t1）[（x-t2）2-1]．
因为t1＜x＜t2,且t2-t1＜1,所以-1＜t1-t2＜x-t2＜0．
所以0＜（x-t2）2＜1,所以（x-t2）2-1＜0．
而x-t1＞0,所以g′（x）＜0,所以g（x）在（t1,t2）内单调减．
从而g（x）在（t1,t2）内最多有一个零点．