（1）由 $-x^2+2x\le kx+b\le x^2+2x$ 对任意 $x\in\mathbb R$ 成立，取 $x=0$，得 $0\le b\le0$，故 $b=0$。于是右半不等式化为 $kx\le x^2+2x$，即 $x^2+(2-k)x\ge0$ 对任意 $x\in\mathbb R$ 成立。该二次函数开口向上且恒非负，所以判别式 $(2-k)^2\le0$，得 $k=2$。此时左半不等式 $-x^2+2x\le2x$ 也恒成立，因此 $h(x)=2x$。
（2）由 $h(x)\ge g(x)$，得 $kx-k\ge k\ln x$，即 $k(x-1-\ln x)\ge0$ 对任意 $x>0$ 成立。令 $\varphi(x)=x-1-\ln x$，则 $\varphi'(x)=1-\frac1x$，所以 $\varphi(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty)$ 上递增，最小值为 $\varphi(1)=0$。因此 $\varphi(x)\ge0$，且 $x\ne1$ 时 $\varphi(x)>0$。若 $k<0$，则存在 $x>0$ 使 $k\varphi(x)<0$，矛盾，故 $k\ge0$。
再由 $f(x)\ge h(x)$，得 $x^2-x+1\ge kx-k$，即 $x^2-(k+1)x+(k+1)\ge0$ 对任意 $x>0$ 成立。当 $k\ge0$ 时，二次函数对称轴为 $x=\frac{k+1}{2}>0$，最小值为
$\frac{(k+1)(3-k)}{4}$。
要使不等式恒成立，需 $\frac{(k+1)(3-k)}{4}\ge0$，结合 $k\ge0$ 得 $0\le k\le3$。所以 $k\in[0,3]$。
（3）第三问中 $h(x)$ 的一次项系数应为 $4(t^3-t)$，即 $h(x)=4(t^3-t)x-3t^4+2t^2$。计算得
$f(x)-h(x)=x^4-2x^2-4(t^3-t)x+3t^4-2t^2=(x-t)^2(x^2+2tx+3t^2-2)$。
记 $Q(x)=x^2+2tx+3t^2-2$。
若 $0<t^2<1$，则 $Q(-t)=2t^2-2<0$，且 $t\ne0$，故
$f(-t)-h(-t)=(-t-t)^2Q(-t)=4t^2Q(-t)<0$。
因此 $-t$ 不可能属于 $[m,n]$。又 $-t\in(-1,1)\subset[-\sqrt2,\sqrt2]$，所以 $[m,n]$ 必在 $-t$ 的一侧。若 $n<-t$，则
$n-m\le n+\sqrt2< -t+\sqrt2\le\sqrt2+|t|$；
若 $m>-t$，则
$n-m\le\sqrt2-m<\sqrt2+t\le\sqrt2+|t|$。
于是 $n-m<\sqrt2+1<\sqrt7$。
若 $1\le t^2\le2$，则 $Q(x)$ 的判别式为 $8(1-t^2)\le0$，且开口向上，故 $Q(x)\ge0$ 对一切实数成立，从而 $f(x)\ge h(x)$ 自动满足。由 $h(x)\ge g(x)$ 得
$4x^2-4(t^3-t)x+3t^4-2t^2-8\le0$ 对 $x\in[m,n]$ 成立。
该二次式开口向上，且在 $[m,n]$ 上非正，故其两根 $x_1\le x_2$ 存在，并满足 $[m,n]\subseteq[x_1,x_2]$，所以 $n-m\le x_2-x_1$。由韦达定理，
$x_1+x_2=t^3-t$，$x_1x_2=\frac{3t^4-2t^2-8}{4}$，
因此
$(x_2-x_1)^2=(t^3-t)^2-4\cdot\frac{3t^4-2t^2-8}{4}=t^6-5t^4+3t^2+8$。
令 $u=t^2\in[1,2]$，设 $P(u)=u^3-5u^2+3u+8$，则
$P'(u)=3u^2-10u+3=(3u-1)(u-3)$。
当 $u\in[1,2]$ 时，$P'(u)<0$，故 $P(u)$ 单调递减，最大值为 $P(1)=7$。于是 $(x_2-x_1)^2\le7$，即 $n-m\le\sqrt7$。
综上，$n-m\le\sqrt7$。