4. Let $f(x)=-3 x^{3}+a x$, given that for all $x \in[0,1]$, it always holds that $|f(x)| \leqslant 1$. Then the range of the real number $a$ is ( ).
(A) $4 \leqslant a \leqslant 2 \sqrt[3]{6}$
(B) $\frac{3}{2} \sqrt[3]{6} \leqslant a \leqslant 4$
(C) $2 \leqslant a \leqslant 4$
(D) $2 \leqslant a \leqslant \frac{3}{2} \sqrt[3]{6}$
4.D.

From the problem, for $0 \leqslant x \leqslant 1$, we always have
$$
\begin{array}{l}
\left|a x-3 x^{3}\right| \leqslant 1 \Rightarrow-1 \leqslant a x-3 x^{3} \leqslant 1 \\
\Rightarrow 3 x^{3}-1 \leqslant a x \leqslant 3 x^{3}+1 .
\end{array}
$$

When $x=0$, $a$ can be any real number.
When $0<x \leqslant 1$, we have
$$
3 x^{2}-\frac{1}{x} \leqslant a \leqslant 3 x^{2}+\frac{1}{x} \text {. }
$$

Clearly, $\left(3 x^{2}-\frac{1}{x}\right)_{\max }=2$. And
$$
\begin{array}{l}
3 x^{2}+\frac{1}{x}=3 x^{2}+\frac{1}{2 x}+\frac{1}{2 x} \\
\geqslant 3 \sqrt[3]{3 x^{2} \cdot \frac{1}{2 x} \cdot \frac{1}{2 x}}=3 \sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{3}{2} \sqrt[3]{6} .
\end{array}
$$

Therefore, $2 \leqslant a \leqslant \frac{3}{2} \sqrt[3]{6}$.