见解析
解：（1）由①知：f（0）≥0；由③知：f（0+0）≥f（0）+f（0），即f（0）≤0；
∴f（0）=0
（2 ） 证明：由题设知：g（1）=2-1=1；
由x∈[0，1]知2x∈[1，2]，得g（x）∈[0，1]，有g（x）≥0；
设x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1，则2x1≥1，2x2≥1；
∴g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)]=(2x1+x2-1)-[(2x1-1)+(2x2-1)]=(2x1-1)(2x2-1)≥0
即g（x1+x2）≥g（x1）+g（x2）
∴函数g（x）=2x-1在区间[0，1]上同时适合①②③．
（3）证明：若f（x0）＞x0，则由题设知：f（x0）-x0∈[0，1]，且由①知f[f（x0）-x0]≥0，
∴由题设及③知：x0=f（f（x0））=f[（f（x0）-x0）+x0]=f[f（x0）-x0]+f（x0）≥f（x0）
矛盾；
若f（x0）＜x0，则由题设知：x0-f（x0）∈[0，1]，且由①知f[x0-f（x0）]≥0，
∴同理得：f（x0）=f[（x0-f（x0））+f（x0）]=f[x0-f（x0）]+f（f（x0））≥f（f（x0））=x0，矛盾；
故由上述知：f（x0）=x0．
