数学选修4－5
二 绝对值不等式
第1课时 绝对值三角不等式
[核心必知]
1．绝对值的几何意义
(1)实数a的绝对值|a|表示数轴上坐标为a的点A到原点的距离．
(2)对于任意两个实数a，b，设它们在数轴上的对应点分别为A、B，那么|a－b|的几何意义是数轴上A，B两点之间的距离，即线段AB的长度．
2．绝对值三角不等式
(1)如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)如果把上面的绝对值三角不等式中的实数a，b换成向量a，b，则它的几何意义是三角形两边之和大于第三边．
3．三个实数的绝对值不等式
如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
[问题思考]
1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？
提示：|a|－|b|≤|a＋b|，|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.
2．不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件分别是什么？
提示：不等式|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab≥0，左侧“＝”成立的条件是ab≤0，且|a|≥|b|；不等式|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab≤0，左侧“＝”成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|.
3．绝对值不等式|a－c|≤|a－b|＋|b－c|的几何解释是什么？
提示：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，当点B在点A，C之间时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|；当点B不在点A，C之间时，|a－c|＜|a－b|＋|b－c|.
考点1
绝对值三角不等式的应用
(1)以下四个命题：
①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
②若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；
③若|x|＜2，|y|＞3，则||＜；
④若AB≠0，则lg≥( lg|A|＋lg|B|)．
其中正确的命题有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
(2)不等式≥1成立的充要条件是________．
[精讲详析] 本题考查绝对值三角不等式定理的应用及充要条件等问题．
解答问题(1)可利用绝对值三角不等式定理，结合不等式的性质、基本定理等一一验证；
解答问题(2)应分|a|＞|b|与|a|<|b|两类讨论．
(1)|a＋b|＝|(b－a)＋2a|≤|b－a|＋2|a|＝|a－b|＋2|a|，
∴|a＋b|－2|a|≤|a－b|，①正确；
1＞|a－b|≥|a|－|b|，∴|a|＜|b|＋1，②正确；
|y|＞3，∴＜.又∵|x|＜2，∴＜.③正确；
2＝(|A|2＋|B|2＋2|A||B|)，≥(2|A||B|＋2|A||B|)＝|A||B|，
∴2lg≥lg|A||B|.∴lg≥(lg|A|＋lg|B|)，④正确．
(2)当|a|>|b|时，有|a|－|b|>0，
∴|a＋b|≥||a|－|b||＝|a|－|b|.∴必有≥1.
即|a|>|b|是≥1成立的充分条件．
当≥1时，由|a＋b|>0，必有|a|－|b|>0.
即|a|>|b|，故|a|>|b|是≥1成立的必要条件．故所求为：|a|>|b|.
答案：(1)A (2)|a|＞|b|
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(1)定理|a|－|b|＜|a±b|＜|a|＋|b|的几何意义是：三角形任意两边之差小于第三边，三角形任意两边之和大于第三边．
(2)对|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|的诠释：
定理的构
成部分
特征
大小
关系
等号成立的条件
左端
|a|－|b|
可能是负的
≤中间部分
中间部分为|a＋b|时，ab≤0，且|a|≥|b|时，左边的等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左边等号成立
中间部分
|a±b|
肯定是非负的
≥左端
≤右端
用“＋”连接时，ab≥0，右端取等号，ab≤0，且|a|≥|b|时，左端取等号；用“－”连接时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左端取等号，ab≤0，右端取等号
右端
|a|＋|b|
是非负的
≥中间部分
中间部分为|a＋b|时，ab≥0，等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≤0，等号成立
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1．(1)已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＝n D．m≤n
(2)若x＜5，n∈N＋，则下列不等式：
①＜5；②|x|lg＜5lg；
③xlg＜5；④|x|lg＜5.
其中，能够成立的有________．
解析：(1)∵|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，
∴m＝≤＝1，n＝≥＝1，
∴m≤1≤n.
(2)∵0＜＜1.∴lg＜0.
由x＜5，并不能确定|x|与5的关系，
∴可以否定①②③，而|x|lg＜0，④成立．
答案：(1)D (2)④
考点2
利用绝对值三角不等式证明不等式
已知a，b∈R且a≠0，求证：≥－.
[精讲详析] 本题的特点是绝对值符号较多，直接去掉绝对值符号较困难．从所证的不等式可以看出，不等式的左边为非负值，而不等式右边的符号不定．如果不等式右边非正，这时不等式显然成立；当不等式右边为正值时，有|a|＞|b|.所以本题应从讨论|a|与|b|的大小入手，结合作差比较法，可以使问题得以解决．
①若|a|＞|b|，左边＝
＝≥＝.
∵≤，≤，
∴＋≤.
∴左边≥＝右边．
②若|a|<|b|，左边>0，右边<0，
∴原不等式显然成立．
③若|a|＝|b|，原不等式显然成立．
综上可知原不等式成立．
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含绝对值不等式的证明题主要分两类：
一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式性质定理：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．
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2．设函数f(x)＝x2－2x，|x－a|<1.
求证：|f(x)－f(a)|<2|a|＋3.
证明：∵f(x)＝x2－2x，且|x－a|<1，
∴|f(x)－f(a)|＝|x2－2x－a2＋2a|＝|(x＋a)(x－a)－2(x－a)|
＝|(x－a)(x＋a－2)|＝|x－a|·|x＋a－2|
<|x＋a－2|＝|(x－a)＋(2a－2)|<|x－a|＋|2a－2|
<1＋|2a|＋|2|＝2|a|＋3，
∴|f(x)－f(a)|<2|a|＋3.
考点3
利用绝对值三角不等式求最值
已知a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4.
求|a|＋|b|的最大值．
[精讲详析] 本题考查绝对值三角不等式的应用．解答本题可先求出|a＋b|，|a－b|的最值，再通过|a|＋|b|与它们相等时进行讨论求出最大值．
|a＋b|＝|(a＋b＋1)－1|≤|a＋b＋1|＋|1|≤2，
|a－b|＝|3(a＋b＋1)－2(a＋2b＋4)＋5|
≤3|a＋b＋1|＋2|a＋2b＋4|＋5
≤3＋2×4＋5＝16.
①若ab≥0，则|a|＋|b|＝|a＋b|≤2；
②若ab＜0，则|a|＋|b|＝|a－b|≤16.
而当
即a＝8，b＝－8时，
|a|＋|b|取得最大值，且|a|＋|b|＝|a－b|＝16.
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(1)求含绝对值的代数式的最值问题综合性较强，本题直接求|a|＋|b|的最大值比较困难，可采用|a＋b|，|a－b|的最值，及ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|，ab＜0时，|a|＋|b|＝|a－b|的定理，达到目的，其巧妙之处令人赞叹不已．
(2)求y＝|x＋m|＋|x＋n|和y＝|x＋m|－|x＋n|的最值，其主要方法有：
①借助绝对值的定义，即零点分段；
②利用绝对值几何意义；
③利用绝对值不等式性质定理．
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3．(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；
(2)若|x－3|＋|x＋1|>a的解集不是R，求a的取值范围．
解：(1)法一：||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
法二：把函数看作分段函数．
y＝|x－3|－|x＋1|＝
∴－4≤y≤4.∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)∵|x－3|＋|x＋1|≥|(x－3)－(x＋1)|＝4，
∴|x－3|＋|x＋1|≥4.
∴当a<4时，|x－3|＋|x＋1|>a的解集为R.
又∵|x－3|＋|x＋1|>a的解集不是R，
∴a≥4.
∴a的取值范围是[4，＋∞)．
本节热点命题关注
本课时主要考查绝对值三角不等式的应用，江苏高考以解答题的形式考查绝对值三角不等式在证明中的应用，是高考的一个新亮点．
[考题印证]
(江苏高考)已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.
[命题立意] 本题综合考查不等式的性质和绝对
值三角不等式的的应用．
[证明] 因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，
由题设知|x＋y|＜，|2x－y|＜，
从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.
一、选择题
1．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )
A．|a＋b|＋|a－b|>2
B．|a＋b|＋|a－b|<2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2
D．不能比较大小
解析：选B 当(a＋b)与(a－b)同号时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.当(a＋b)与(a－b)异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.
2．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C |x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|(x－1)－x|＋|(y－1)－(y＋1)|＝3.
3．设变量x，y满足|x－1|＋|y－a|≤1，若2x＋y的最大值是5，则实数a的值是( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：选B 由|x－1|＋|y－a|≤1，得|x－1|≤1，∴0≤x≤2，且|x＋y－1－a|≤1，∴a≤x＋y≤2＋a，∴2x＋y≤4＋a，又2x＋y的最大值为5，∴4＋a＝5，∴a＝1.
4．若|a－c|＜b，则下列不等式不成立的是( )
A．|a|＜|b|＋|c| B．|c|＜|a|＋|b|
C．b＞|c|－|a| D．b＜||a|－|c||
解析：选D ∵|a－c|＜b，令a＝1，c＝2，b＝3.
则|a|＝1，|b|＋|c|＝5，∴|a|＜|b|＋|c|成立．
|c|＝2，|a|＋|b|＝4，∴|c|＜|a|＋|b|成立．
||c|－|a||＝||2|－|1||＝1，∴b＞||c|－|a||成立．
故b＜||a|－|c||不成立．
二、填空题
5．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．
解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.
答案：5
6．下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x＞1)；
②|a－b|＜|a|＋|b|；③＋≥2(ab≠0)；
④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的是________(把你认为正确的序号都填上)．
解析：logx10＋lg x＝＋lg x≥2，①正确．ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；∵ab≠0，与同号，∴＝＋≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确．综上①③④正确．
答案：①③④
7．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4，若函数f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，则m的取值范围是________．
解析：f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，因为x∈R，由绝对值三角不等式，得f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6＝|3－x|＋|x＋1|－6≥|(3－x)＋(x＋1)|－6＝4－6＝－2，于是有m＋1≤－2，得m≤－3，即m的取值范围是(－∞，－3]．
答案：(－∞，－3]
8．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数m＞0，使|f(x)|≤m|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为F函数．给出下列函数：
①f(x)＝0；②f(x)＝x2；
③f(x)＝(sin x＋cos x)；④f(x)＝；
⑤f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤2|x1－x2|.
其中是F函数的序号是________．
解析：由|f(x)|≤m|x|，当x≠0时，知m≥，
对于①，有＝0，x≠0，故取m＞0即可；
对于②，由|x2|＝|x|2，∴＝|x|，无最大值；
对于③，由f(x)＝2sin，
而＝无最大值；
对于④，由＝≤，x≠0，只要取
m＝即可；
对于⑤，令x2＝0，x1＝x ，由f(0)＝0，知|f(x)|≤2|x|.
答案：①④⑤
三、解答题
9．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M，证明：<.
证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|
＝
由－2<－2x－1<0，
解得－则M＝.
因为a，b∈M，所以|a|<，|b|<，
所以≤|a|＋|b|<×＋×＝.
10．设a，b∈R，求证：＋≥.
证明：法一：①若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．
②若ab≠0且a＋b≠0，
∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴＝≥＝，(*)
又＞，＞，
∴＋＞.
又由(*)式可知＋＞.
综上①②可知＋≥.
法二：若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．
若ab≠0且a＋b≠0，
∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴0＜1＋≤1＋，即0＜≤.
取倒数得≥，
又由法一知，原不等式成立．
法三：∵|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴|a|＋|b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|≥
|a＋b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|，
即(|a|＋|b|)(1＋|a＋b|)≥|a＋b|(1＋|a|＋|b|)．
两边同除以(1＋|a＋b|)(1＋|a|＋|b|)得
≥.
又由法一知，原不等式成立．
法四：构造函数f(x)＝，
任取x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，有
f(x1)－f(x2)＝－＝＜0.
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|)，
即≥.
又由法一知，所证不等式成立．
11．已知a、b、c为实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.
(1)证明：|c|≤1；
(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2.
证明：(1)当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x＝0时，
有|c|＝|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)法一：当a＞0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是增函数．
∴g(－1)≤g(x)≤g(1)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)＝a＋b＝f(1)－c≤|f(1)|＋|c|≤2.g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≥－(|f(－1)|＋|c|)
≥－2.由此得|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)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≤|f(－1)|＋|c|≤2.
g(1)＝a＋b＝f(1)－c≥－(f(1)＋|c|)≥－2.
由此得|g(x)|≤2.
当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c.
∵－1≤x≤1，
∴|g(x)|＝|f(1)－c|≤|f(1)|＋|c|≤2.
综上所述，|g(x)|≤2.
法二：由x＝，得g(x)＝ax＋b
＝a＋b
＝a2＋b＋c－a2＋b＋c＝f－f.
当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
∴f－f≤f＋f≤2.即|g(x)|≤2.
课件26张PPT。二 绝对值不等式 第1课时 绝对值三角不等式谢谢！一、选择题
1．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )
A．|a＋b|＋|a－b|>2
B．|a＋b|＋|a－b|<2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2
D．不能比较大小
解析：选B 当(a＋b)与(a－b)同号时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.当(a＋b)与(a－b)异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.
2．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C |x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|(x－1)－x|＋|(y－1)－(y＋1)|＝3.
3．设变量x，y满足|x－1|＋|y－a|≤1，若2x＋y的最大值是5，则实数a的值是( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：选B 由|x－1|＋|y－a|≤1，得|x－1|≤1，∴0≤x≤2，且|x＋y－1－a|≤1，∴a≤x＋y≤2＋a，∴2x＋y≤4＋a，又2x＋y的最大值为5，∴4＋a＝5，∴a＝1.
4．若|a－c|＜b，则下列不等式不成立的是( )
A．|a|＜|b|＋|c| B．|c|＜|a|＋|b|
C．b＞|c|－|a| D．b＜||a|－|c||
解析：选D ∵|a－c|＜b，令a＝1，c＝2，b＝3.
则|a|＝1，|b|＋|c|＝5，∴|a|＜|b|＋|c|成立．
|c|＝2，|a|＋|b|＝4，∴|c|＜|a|＋|b|成立．
||c|－|a||＝||2|－|1||＝1，∴b＞||c|－|a||成立．
故b＜||a|－|c||不成立．
二、填空题
5．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．
解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.
答案：5
6．下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x＞1)；
②|a－b|＜|a|＋|b|；③＋≥2(ab≠0)；
④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的是________(把你认为正确的序号都填上)．
解析：logx10＋lg x＝＋lg x≥2，①正确．ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；∵ab≠0，与同号，∴＝＋≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确．综上①③④正确．
答案：①③④
7．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4，若函数f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，则m的取值范围是________．
解析：f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，因为x∈R，由绝对值三角不等式，得f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6＝|3－x|＋|x＋1|－6≥|(3－x)＋(x＋1)|－6＝4－6＝－2，于是有m＋1≤－2，得m≤－3，即m的取值范围是(－∞，－3]．
答案：(－∞，－3]
8．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数m＞0，使|f(x)|≤m|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为F函数．给出下列函数：
①f(x)＝0；②f(x)＝x2；
③f(x)＝(sin x＋cos x)；④f(x)＝；
⑤f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤2|x1－x2|.
其中是F函数的序号是________．
解析：由|f(x)|≤m|x|，当x≠0时，知m≥，
对于①，有＝0，x≠0，故取m＞0即可；
对于②，由|x2|＝|x|2，∴＝|x|，无最大值；
对于③，由f(x)＝2sin，
而＝无最大值；
对于④，由＝≤，x≠0，只要取
m＝即可；
对于⑤，令x2＝0，x1＝x ，由f(0)＝0，知|f(x)|≤2|x|.
答案：①④⑤
三、解答题
9．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M，证明：<.
证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|
＝
由－2<－2x－1<0，
解得－则M＝.
因为a，b∈M，所以|a|<，|b|<，
所以≤|a|＋|b|<×＋×＝.
10．设a，b∈R，求证：＋≥.
证明：法一：①若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．
②若ab≠0且a＋b≠0，
∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴＝≥＝，(*)
又＞，＞，
∴＋＞.
又由(*)式可知＋＞.
综上①②可知＋≥.
法二：若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．
若ab≠0且a＋b≠0，
∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴0＜1＋≤1＋，即0＜≤.
取倒数得≥，
又由法一知，原不等式成立．
法三：∵|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴|a|＋|b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|≥
|a＋b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|，
即(|a|＋|b|)(1＋|a＋b|)≥|a＋b|(1＋|a|＋|b|)．
两边同除以(1＋|a＋b|)(1＋|a|＋|b|)得
≥.
又由法一知，原不等式成立．
法四：构造函数f(x)＝，
任取x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，有
f(x1)－f(x2)＝－＝＜0.
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|)，
即≥.
又由法一知，所证不等式成立．
11．已知a、b、c为实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.
(1)证明：|c|≤1；
(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2.
证明：(1)当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x＝0时，
有|c|＝|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)法一：当a＞0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是增函数．
∴g(－1)≤g(x)≤g(1)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)＝a＋b＝f(1)－c≤|f(1)|＋|c|≤2.g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≥－(|f(－1)|＋|c|)
≥－2.由此得|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)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≤|f(－1)|＋|c|≤2.
g(1)＝a＋b＝f(1)－c≥－(f(1)＋|c|)≥－2.
由此得|g(x)|≤2.
当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c.
∵－1≤x≤1，
∴|g(x)|＝|f(1)－c|≤|f(1)|＋|c|≤2.
综上所述，|g(x)|≤2.
法二：由x＝，得g(x)＝ax＋b
＝a＋b
＝a2＋b＋c－a2＋b＋c＝f－f.
当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
∴f－f≤f＋f≤2.即|g(x)|≤2.
