无

略

不妨设 $a>0$．由 $|f(0)|\le1,|f(1)|\le1$，有 $|c|\le1,|a+b+c|\le1$．
若 $b\ge0$，则 $|a|+|b|+|c|=|a+b|+|c|=|a+b+c-c|+|c|\leqslant|a+b+c|+2|c|\le3.$
若 $b\leqslant-2a$，则 $a+b\leqslant-a<0$，从而 $|a|\leqslant|a+b|=|a+b+c-c|\leqslant|a+b+c|+|c|\le2$．又 $1\geqslant|a+b+c|\geqslant|b|-|a+c|$，所以 $|b|\leqslant|a+c|+1\leqslant|a|+|c|+1\le4$．由此得 $|a|+|b|+|c|\le7$．
若 $-2a<b<0$，则 $0<-\dfrac{b}{2a}<1$，所以 $\left|f\left(-\dfrac{b}{2a}\right))\right|\le1$，即 $\left|\dfrac{b^2}{4a}-c\right|\le1$．
注意到 $|c|\le1$，可知 $b^2\le4a(1+c)$．
不妨设 $a>2$，又由可得 $-1\leqslant a+b+c\le1$，即 $-a-c-1\leqslant b\leqslant -a-c+1<0$．
由前两个式子可得 $(-a-c+1)^2\leqslant b^2\leqslant 4a(1+c)$，即 $a^2-2(3+c)a+(1-c)^2\le0$．
由此可得 $2<a\leqslant 3+c+\sqrt{(3+c)^2-(1-c)^2}=3+c+\sqrt{8(1+c)}\le8$．
所以 $|a|=a\le8$．
又可得 $|b|\leqslant\sqrt{4a(1+c)}\leqslant\sqrt{8a}\le8$．
于是 $|a|+|b|+|c|\leqslant 17$．
另一方面，易知 $\displaystyle\max_{0\leqslant x\le1}|8x^2-8x+1|=1$．所以 $|a|+|b|+|c|$ 的最大值是 $17$．