则f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f(x)的最大值．

　　∵|x－4|－|x－3|≤|(x－4)－(x－3)|＝1．

　　即f(x)max＝1，∴a≥1．

　　6. 答案：④

　　解析：∵，∴，由x＜5并不能确定|x|与5的关系，

　　∴可以否定①②③，而，④成立．

　　7. 证明：|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－x2＋|x|＝，

　　即|f(x)|≤.

　　8. 证明：|f(x)－f(m)|＝|(x－m)(x＋m－2)|＝|x－m||x＋m－2|＜3|x＋m－2|≤3(|x|＋|m|＋2)．

　　又|x－m|＜3，且|x|－|m|≤|x－m|，

　　∴|x|＜3＋|m|.

　　∴3(|x|＋|m|＋2)＜3(3＋|m|＋|m|＋2)＝6|m|＋15.∴|f(x)－f(m)|＜6|m|＋15.

　　9. 证明：(1)∵－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，

　　∴|f(0)|≤1，即|c|≤1．

　　(2)当a＞0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是增函数，

　　∴g(－1)≤g(x)≤g(1)．

　　∵当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，且|c|≤1，

　　∴g(1)＝a＋b＝f(1)－c≤|f(1)|＋|c|≤2，

　　g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≥－(|f(－1)|＋|c|)≥－2，∴|g(x)|≤2.

　　当a＜0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是减函数，

　　∴g(－1)≥g(x)≥g(1)．

　　∵－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，且|c|≤1，

　　∴g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≤|f(－1)|＋|c|≤2.

g(1)＝a＋b＝f(1)－c≥－(|f(1)|＋|c|)≥－2.