题目内容
设函数f（x）=| 1 | 3 |
分析：本题利用导数来研究恒成立问题．先求出f（x）的导数，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，利用单调性结合函数的图象研究函数f（x）的零点分布问题，最后转化为一个一元二次方程的根的分布问题．
解答：解：f′（x）=x2-2mx+（m2-4），令f′（x）=0，得x=m-2或x=m+2．
当x∈（-∞，m-2）时，f′（x）＞0，f（x）在（-∞，m-2）上是增函数；
当x∈（m-2，m+2）时，f′（x）＜0，f（x）在（m-2，m+2）上是减函数；
当x∈（m+2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（m+2，+∞）上是增函数．
因为函数f（x）有三个互不相同的零点0，α，β，且f（x）=
x[x2-3mx+3（m2-4）]，
所以
解得m∈（-4，-2）∪（-2，2）∪（2，4）．
当m∈（-4，-2）时，m-2＜m+2＜0，所以α＜m-2＜β＜m+2＜0．
此时f（α）=0，f（1）＞f（0）=0，与题意不合，故舍去；
当m∈（-2，2）时，m-2＜0＜m+2，所以α＜m-2＜0＜m+2＜β．
因为对任意的x∈[α，β]，都有f（x）≥f（1）恒成立，所以α＜1＜β．
所以f（1）为函数f（x）在[α，β]上的最小值．
因为当x=m+2时，函数f（x）在[α，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1；
当m∈（2，4）时，0＜m-2＜m+2，所以0＜α＜m-2＜m+2＜β．
因为对任意的x∈[α，β]，都有f（x）≥f（1）恒成立，所以α＜1＜β．
所以f（1）为函数f（x）在[α，β]上的最小值．
因为当x=m+2时，函数f（x）在[α，β]上取最小值，
所以m+2=1，即m=-1（舍去）．
综上可知，m的取值范围是{-1}．
当x∈（-∞，m-2）时，f′（x）＞0，f（x）在（-∞，m-2）上是增函数；
当x∈（m-2，m+2）时，f′（x）＜0，f（x）在（m-2，m+2）上是减函数；
当x∈（m+2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（m+2，+∞）上是增函数．
因为函数f（x）有三个互不相同的零点0，α，β，且f（x）=
| 1 |
| 3 |
所以
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解得m∈（-4，-2）∪（-2，2）∪（2，4）．
当m∈（-4，-2）时，m-2＜m+2＜0，所以α＜m-2＜β＜m+2＜0．
此时f（α）=0，f（1）＞f（0）=0，与题意不合，故舍去；
当m∈（-2，2）时，m-2＜0＜m+2，所以α＜m-2＜0＜m+2＜β．
因为对任意的x∈[α，β]，都有f（x）≥f（1）恒成立，所以α＜1＜β．
所以f（1）为函数f（x）在[α，β]上的最小值．
因为当x=m+2时，函数f（x）在[α，β]上取最小值，所以m+2=1，即m=-1；
当m∈（2，4）时，0＜m-2＜m+2，所以0＜α＜m-2＜m+2＜β．
因为对任意的x∈[α，β]，都有f（x）≥f（1）恒成立，所以α＜1＜β．
所以f（1）为函数f（x）在[α，β]上的最小值．
因为当x=m+2时，函数f（x）在[α，β]上取最小值，
所以m+2=1，即m=-1（舍去）．
综上可知，m的取值范围是{-1}．
点评：本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数求闭区间上函数的最值、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类讨论思想．属于基础题．
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