解题思路：（1）当k=1时，求出f′（x）=3x2-2x+1，判断△即可得到单调区间；
（2）解法一：当k＜0时，f′（x）=3x2-2kx+1，其开口向上，对称轴
x＝
k
3
，且过（0，1）．分△≤0和△＞0即可得出其单调性，进而得到其最值．
解法二：利用“作差法”比较：当k＜0时，对∀x∈[k，-k]，f（x）-f（k）及f（x）-f（-k）．
f′（x）=3x2-2kx+1
（1）当k=1时f′（x）=3x2-2x+1，
∵△=4-12=-8＜0，∴f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增．
（2）当k＜0时，f′（x）=3x2-2kx+1，其开口向上，对称轴x＝
k
3，且过（0，1）
（i）当△＝4k2−12＝4(k+
3)(k−
3)≤0，即−
3≤k＜0时，f′（x）≥0，f（x）在[k，-k]上单调递增，
从而当x=k时，f（x）取得最小值m=f（k）=k，
当x=-k时，f（x）取得最大值M=f（-k）=-k3-k3-k=-2k3-k．
（ii）当△＝4k2−12＝4(k+
3)(k−
3)＞0，即k＜−
3时，令f′（x）=3x2-2kx+1=0
解得：x1＝
k+
k2−3
3，x2＝
k−
k2−3
3，注意到k＜x2＜x1＜0，
∴m=min{f（k），f（x1）}，M=max{f（-k），f（x2）}，
∵f(x1)−f(k)＝
x31−k
x21+x1−k＝(x1−k)(
x21+1)＞0，∴f（x）的最小值m=f（k）=k，
∵f(x2)−f(−k)＝
x32−k
x22+x2−(−k3−k•k2−k)＝(x2+k)[(x2−k)2+k2+1]＜0，
∴f（x）的最大值M=f（-k）=-2k3-k．
综上所述，当k＜0时，f（x）的最小值m=f（k）=k，最大值M=f（-k）=-2k3-k
解法2：（2）当k＜0时，对∀x∈[k，-k]，都有f（x）-f（k）=x3-kx2+x-k3+k3-k=（x2+1）（x-k）≥0，
故f（x）≥f（k）．
f（x）-f（-k）=x3-kx2+x+k3+k3+k=（x+k）（x2-2kx+2k2+1）=（x+k）[（x-k）2+k2+1]≤0，
故f（x）≤f（-k），而 f（k）=k＜0，f（-k）=-2k3-k＞0．
所以 f(x)max＝f(−k)＝−2k3−k，f（x）min=f（k）=k．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
考点点评： 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、二次函数的单调性、分类讨论思想方法、作差法比较两个数的大小等是解题的关键．