解答题已知关于x的函数f（x）=x3+bx2+cx+bc，其导函数为f+（x）．令g（

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（I）解：∵f'（x）=-x2+2bx+c，由f（x）在x=1处有极值
可得
解得，或
若b=1，c=-1，则f'（x）=-x2+2x-1=-（x-1）2≤0，此时f（x）没有极值；
若b=-1，c=3，则f'（x）=-x2-2x+3=-（x+1）（x-1）
当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下表：
x（-∞，-3）-3（-3，1）1（1，+∞）f'（x）-0+0-f（x）↘极小值-12↗极大值↘∴当x=1时，f（x）有极大值，故b=-1，c=3即为所求．

（Ⅱ）证法1：g（x）=|f'（x）|=|-（x-b）2+b2+c|
当|b|＞1时，函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[-1.1]之外．
∴f'（x）在[-1，1]上的最值在两端点处取得
故M应是g（-1）和g（1）中较大的一个，
∴2M≥g（1）+g（-1）=|-1+2b+c|+|-1-2b+c|≥|4b|＞4，即M＞2

证法2（反证法）：因为|b|＞1，所以函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[-1，1]之外，
∴f'（x）在[-1，1]上的最值在两端点处取得．
故M应是g（-1）和g（1）中较大的一个
假设M≤2，则M=maxg{（-1），g（1），g（b）}
将上述两式相加得：4≥|-1-2b+c|+|-1+2b+c|≥4|b|＞4，导致矛盾，∴M＞2

（Ⅲ）解法1：g（x）=|f'（x）|=|-（x-b）2+b2+c|
（1）当|b|＞1时，由（Ⅱ）可知f'（b）-f'（±1）=b（?1）2≥0；
（2）当|b|≤1时，函数y=f'（x）的对称轴x=b位于区间[-1，1]内，
此时M=max{g（-1），g（1），g（b）}
由f'（1）-f'（-1）=4b，有f'（b）-f'（±1）=b（?1）2≥0
①若-1≤b≤0，则f'（1）≤f'（-1）≤f'（b），∴g（-1）≤max{g（1），g（b）}，
于是
②若0＜b≤1，则f'（-1）≤f'（1）≤f'（b），∴g（1）≤maxg（-1），g（b）
于是
综上，对任意的b、c都有
而当时，在区间[-1，1]上的最小值
故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为．
解法2：g（x）=|f'（x）|=|-（x-b）2+b2+c|
（1）当|b|＞1时，由（Ⅱ）可知M＞2
（2）当|b|≤1
y=f'（x）时，函数的对称轴x=b位于区间[-1，1]内，
此时M=max{g（-1），g（1），g（b）}
4M≥g（-1）+g（1）+2g（h）=|-1-2b+c|+|-1+2b+c|+2|b2+c|≥|-1-2b+c+（-1+2b+c）-2（b2+c）|=|2b2+2|≥2，
即
下同解法1解析分析：（I）对函数求导，由题意可得，代入可求b，c，代入验证，找出符合条件的值．（II）（法1）代入整理g（x）=||-（x-b）2+b2+c|，结合|b|＞1的条件判断函数f′（x）的对称轴与区间[-1，1]的位置关系，从而求出该函数在[-1，1]上的最大值M，则M≥f′（1），M≥f′（-1），可证（法2）利用反证法：假设M＜2，由（1）可知M应是g（-1）和g（1）中较大的一个，则有，代入课产生矛盾．（III）（法1）M≥k恒成立?k≤Mmin，转化为求M的最小值当|b|＞1，结合（II）讨论|b|≤1两只情况讨论，此时M=max{g（-1），g（1），g（b）}，结合条件推理论证．（法2）仿照法1，利用二次函数在区间[-1，1]的图象及性质求出M={g（-1），g（1），g（b）}，求出M的最小值，点评：本小题主要考查函数、函数的导数和不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类类讨论的思想．