导数法求函数最值

前言

在我们的解题经验中，导数法求最值所涉及的函数几乎没有三角函数，但是2018年这种情况有了变化，让我们意识到导数是研究函数的工具，或者说是研究的通法，它想研究什么函数就研究什么函数。

典例剖析

【求解常数系数函数在给定固定区间上的最值模型】已知函数\(f(x)=alnx+x^2(a\in R)\)，当\(a=-4\)时，求函数\(f(x)\)在区间\([1，e]\)上的最大值和相应的\(x\)值；

解析：由题目可知，定义域为\((0，+\infty)\)；

当\(a=-4\;\)时，\(f'(x)=\cfrac{-4}{x}+2x=\cfrac{2x^2-4}{x}=\cfrac{2(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{x}\)

借助导函数的分子的图像和\(x\in [1，e]\)，

可知\(x\in[1，\sqrt{2})\)时，\(f'(x)<0，f(x)\searrow\)；

\(x\in(\sqrt{2}，e]\)时，\(f'(x)>0，f(x)\nearrow\)；

又因为端点值\(f(1)=1，f(e)=e^2-4>f(1)\)，

故\(x=e\)时，\(f(x)_{max}=f(e)=e^2-4\)。

感悟反思：1、此时我们常常借助导函数的图像或者导函数的分子图像，来简化判断导函数的正负。这体现了数形结合的数学思想。也体现了学以致用的数学方向。

2、注意定义域优先的原则。

【求常系数函数在变动区间上的最值】已知函数 \(f(x)=\cfrac{\ln x}{x}\)，求 \(f(x)\) 在 \([2, a](a>2)\) 上的最小值；

解： \(f'(x)=\cfrac{1-\ln x}{x^{2}}\)， \(x>0\)

当 \(x\in(0, e)\) 时， \(f'(x)>0\)， 当 \(x \in(e,+\infty)\) 时， \(f'(x)<0\)，

故\(f(x)\) 在 \((0, e)\) 上单调递增，在 \((e,+\infty)\) 上单调递减，

当 \(2<a\leqslant e\) 时，函数 \(f(x)\)在 \([2, a]\) 上单调递增，\(f(x)_{min}=f(2)=\cfrac{\ln 2}{2}\)，

当 \(a>e\) 时，函数 \(f(x)\) 在 \([2, e]\) 上单调递增，在 \((e, a]\) 上单调递减，

又 \(f(4)=\cfrac{\ln4}{4}=\cfrac{\ln2}{2}=f(2)\)

故当 \(e<a\leqslant 4\) 时， \(f(x)\) 的最小值为\(f(2)=\cfrac{\ln 2}{2}\),

当 \(a>4\) 时， \(f(x)\) 最小值为 \(f(a)=\cfrac{\ln a}{a}\)。

综上所述，当 \(2<a \leqslant 4\) 时, \(f(x)\) 的最小值为 \(f(2)=\cfrac{\ln 2}{2}\),

当 \(a>4\) 时， \(f(x)\) 的最小值为 \(f(a)=\cfrac{\ln a}{a}\).

【2018高考一卷第16题+新考向】求\(f(x)=2sinx+sin2x\)的最小值。【最值和导数相结合的题型】

法1：\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)

\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)

\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)

注意到\(cosx+1\ge 0\)恒成立，故

令\(f'(x)>0\)得到，\(cosx>\cfrac{1}{2}\)，令\(f'(x)<0\)得到，\(cosx<\cfrac{1}{2}\)，
则\(x\in [2k\pi-\cfrac{5\pi}{3}，2k\pi-\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递减；

\(x\in [2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递增；

故当\(x=2k\pi-\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)\)时，\(f(x)_{min}=f(2k\pi-\cfrac{\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。

法2：由于函数\(f(x)\)的周期为\(T=2\pi\)，且为奇函数；

\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)

\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)

\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)

结合\(y=cosx\)的图像分析导函数的正负如下，

当\(x\in [0，\cfrac{\pi}{3})\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

当\(x\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{3})\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

当\(x\in (\cfrac{5\pi}{3}，2\pi)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

故当\(x=\cfrac{5\pi}{3}\)时，\(f(x)_{min}=f(\cfrac{5\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

【2019届高三理科数学信息题】已知函数\(f(x)=cosx-\cfrac{1}{2}sin2x\)，则\(f(x)\)的最大值为_______________。

解析：\(f'(x)=-sinx-\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot cos2x\)

\(=-sinx-cos2x\)

\(=-sinx-(1-2sin^2x)\)

\(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)\)，

由于\(-1\leq sinx\leq 1\)，故\(sinx-1\leq 0\)，

则令\(f'(x)>0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)> 0\)，即\(2sinx+1<0\)，

即\(sinx<-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}(k\in Z)\)，

令\(f'(x)<0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)<0\)，即\(2sinx+1>0\)，

即\(sinx>-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi-\cfrac{\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}(k\in Z)\)，

即单调递减区间为\([2k\pi-\cfrac{\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}](k\in Z)\)，

单调递增区间为\([2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}](k\in Z)\)，

故当\(x=2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}\)时，\(f(x)\)取得最大值；

\(f(x)_{max}=cos(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin2(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})\)

\(=cos(2\pi-\cfrac{\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin(4\pi-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。

已知函数\(f(x)=lnx+a(1-x)\)；

(1).讨论\(f(x)\)的单调性；

分析：(1)定义域为\((0，+\infty)\)，又\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-a=\cfrac{-ax+1}{x}\)，

由于分母为正，故只针对分子\(-ax+1\)分类讨论，

当\(-a\ge 0\)时，即\(a\leq 0\)时，\(-ax+1>0\)，即\(f'(x)>0\)，故在\((0，+\infty)\)上单调递增；

当\(-a<0\)时，即\(a>0\)时，即令\(-ax+1=0\)，得到\(x=\cfrac{1}{a}\)，

当\(0<x<\cfrac{1}{a}\)时，\(f'(x)>0\)，当\(x>\cfrac{1}{a}\)时，\(f'(x)<0\)，

故在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递增，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递减；

综上，当\(a\leq 0\)时，在\((0，+\infty)\)上单调递增；

当\(a> 0\)时，在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递增，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递减；

(2).当\(f(x)\)有最大值，且最大值大于\(2a-2\)时，求\(a\)的取值范围。

分析：由(1)可知，当\(a \leq 0\)时，在\((0，+\infty)\)上单调递增，故无最大值；

当\(a> 0\)时，在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递增，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递减，

故在\(x=\cfrac{1}{a}\)处取到最大值，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{a})=ln\cfrac{1}{a}+a(1-\cfrac{1}{a})=-lna+a-1\)，

由\(f(\cfrac{1}{a})>2a-2\)等价转化得到，\(lna+a-1<0\)。

以下求解不等式\(lna+a-1<0\)。可以有两个思路：

思路1：从形的角度入手，数形结合，先变形为\(lna<1-a\)，做出两个函数\(y=lna\)和\(y=1-a\)的图像，如右图所示，

从图上观察可知，当\(a=1\)时\(lna=1-a\)，当\(a>1\)时\(lna>1-a\)，当\(0< a<1\)时\(lna < 1-a\)，

故\(0< a<1\)，再结合前提条件\(a >0\)，得到\(a\)的取值范围为\((0，1)\)。

思路2：从数的角度，利用函数计算，令\(g(a)=lna+a-1(a>0)\)，

则\(g'(a)=\cfrac{1}{a}+1>0\)恒成立，故\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，

又\(g(1)=0\)，故\(0< a<1\)时，\(g(a)<0\)，\(a>1\)时\(g(a) >0\)，

综上，再结合前提条件\(a >0\)，得到\(a\)的取值范围为\((0，1)\)。

【2018宁夏银川一中一模】已知函数\(f(x)=lnx-ax^2+(a-2)x\)，

(1).若\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极值，求\(a\)的值；

分析：由\(f'(1)=0\)，求得\(a=-1\)，经验证\(a=-1\)满足题意。

注意：必须要验证，使得\(f'(x_0)=0\)的\(x_0\)不见得就是极值点(变号零点)，还有不变号零点；

(2).求函数\(y=f(x)\)在区间\([a^2，a]\)上的最大值；

分析：由题目可知，定义域为限定定义域\([a^2，a]\)，且由其可知\(a^2-a<0\)，解得参数\(a\in (0，1)\)；

求导，\(f'(x)=\cdots=\cfrac{-2ax+(a-2)x+1}{x}=-\cfrac{(2x-1)(ax+1)}{x}\)，做出其导函数的分子图像可知，分类讨论如下：

说明，区间\([a^2，a]\)是区间长度变化的区间，用其和\(\cfrac{1}{2}\)的位置关系分三类讨论如下，

①当\(0<a\leq \cfrac{1}{2}\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在区间\([a^2，a]\)上单调递增，故\(f(x)_{max}=f(a)=lna-a^3+a^2-2a\)；

②当\(a^2\ge \cfrac{1}{2}\)且\(a<1\)时，即\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\leq a<1\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在区间\([a^2，a]\)上单调递减，故\(f(x)_{max}=f(a^2)=2lna-a^5+a^3-2a^2\)；

③当\(\cfrac{1}{2}<a<\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)时，\(f(x)\)在区间\([a^2，\cfrac{1}{2}]\)上单调递增，在区间\([\cfrac{1}{2}，a]\)上单调递减，故\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{2})=\cfrac{a}{4}-1-ln2\)；

综上所述：\(y=f(x)\)在区间\([a^2，a]\)上的最大值为\(f(x)_{max}=F(a)\)

\(F(a)=\left\{\begin{array}{l}{lna-a^3+a^2-2a，0<a\leq \cfrac{1}{2}}\\{\cfrac{a}{4}-1-ln2，\cfrac{1}{2}<a<\cfrac{\sqrt{2}}{2}}\\{2lna-a^5+a^3-2a^2，\cfrac{\sqrt{2}}{2}\leq a<1}\end{array}\right.\)

(求函数的最值)(2017•淄博模拟)已知函数\(f(x)=\cfrac{1-x}{x}+klnx，k<\cfrac{1}{e}\)，求函数\(f(x)\)在\([\cfrac{1}{e}，e]\)上的最大值和最小值．

分析：\(f(x)=\cfrac{1}{x}-1+klnx\)，则\(f'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{k}{x}=\cfrac{kx-1}{x^2}\)，

作出分子函数的各种可能的图像(只需要观察图中的夹在两条平行线之间的蓝色线段的正负即可)，分类讨论如下：

当\(k\leq 0\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，故\(f(x)_{min}=f(e)=\cfrac{1}{e}-1+k\)，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{e})=e-1-k\)；

当\(0<k<\cfrac{1}{e}\)时，令\(f'(x)=0\)，得到\(x=\cfrac{1}{k}\)，则\(\cfrac{1}{k}>e\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，故\(f(x)_{min}=f(e)=\cfrac{1}{e}-1+k\)，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{e})=e-1-k\)；

综上所述，函数\(f(x)\)在\([\cfrac{1}{e}，e]\)上的最大值和最小值\(f(x)_{min}=f(e)=\cfrac{1}{e}-1+k\)，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{e})=e-1-k\)。

反思总结：若题目没有限制\(k\)的取值，那么就还会用到后边的两个图像了。

归化情形

【2019\(\cdot\)北京高考】已知函数 \(f(x)=\cfrac{1}{4}x^3-x^2+x\)，

(1). 求曲线 \(y=f(x)\) 的斜率为\(1\) 的切线方程；

解： \(f'(x)=\cfrac{3}{4}{x}^2-2x+1\)，

由 \(f'(x)=1\) 得\(\cfrac{3}{4}{x}^2-2x+1=1\)，

整理得到 \(x(x-\cfrac{8}{3})=0\)，解得 \(x_{1}=0\)， \(x_{2}=\cfrac{8}{3}\)，

又 \(f(0)=0\)，\(f(\cfrac{8}{3})=\cfrac{8}{27}\)

即切点分别为\((0,0)\)和\((\cfrac{8}{3},\cfrac{8}{27})\)

故由点斜式得到切线方程分别为\(y-0=1\cdot(x-0)\) 和 \(y-\cfrac{8}{27}=1\cdot(x-\cfrac{8}{3})\)，

即切线方程分别为\(y=x\) 和 \(y=x-\cfrac{64}{27}\).

(2).当 \(x \in[-2,4]\)时，求证: \(x-6\leqslant f(x)\leqslant x\).

解： 对所要证明的结论作以 适当的注意到双联不等式的左右端都有自变量\(x\)，且同号，如果给不等式同时减去\(x\)，则此双联不等式就会将自变量全部集中到中部一个位置，此处实际上使用了变量集中策略， \(\quad\)转化，

只需证 \(-6\leqslant f(x)-x \leqslant 0\)，这样问题就转化为求函数\(f(x)-x\)在\([-2,4]\)上的值域问题了。

令 \(g(x)=f(x)-x=\cfrac{1}{4}x^{3}-x^{2}\)，\(x\in[-2,4]\)，

则 \(g'(x)=\cfrac{3}{4}x^2-2x=\cfrac{3}{4}x(x-\cfrac{8}{3})\)，

可知 \(g'(x)\) 在\([-2,0]\)为正，在\((0, \cfrac{8}{3})\)为负，在 \([\cfrac{8}{3}, 4]\)为正，

故函数 \(g(x)\) 在\([-2,0]\)单调递增，在\((0, \cfrac{8}{3})\)单调递减，在 \([\cfrac{8}{3}, 4]\)单调递增，

又\(g(-2)=-6\)， \(g(0)=0\)， \(g(\cfrac{8}{3})=-\cfrac{64}{27}>-6\)， \(g(4)=0\)

即\(g(x)_{min}=-6\)，\(g(x)_{max}=0\)，

则\(-6\leqslant g(x)\leqslant 0\)，故$ x-6\leqslant f(x)\leqslant x$，证毕.

解后反思：①本题目实质是求在点处的切线方程；

②最容易想到，求证\(x-6\leqslant f(x)\)恒成立且\(f(x)\leqslant x\)恒成立，

\(f(x)-x+6\geqslant 0\)恒成立，或者\(f(x)-x\geqslant -6\)和\(f(x)-x\leqslant 0\)恒成立，

故想到证明\(-6\leqslant f(x)-x\leqslant 0\)恒成立，即求\(g(x)=f(x)-x\)在\([-2,4]\)上的值域；

最值求参

此类型主要说明给定了函数的最值的范围或具体的最值，求参数的值或者其取值范围。

若函数 \(f(x)=mln x+(m-1)x\) 存在最大值\(M\)，且\(M>0\)，则实数\(m\)的取值范围___________.

解析: \(f'(x)=\cfrac{m}{x}+(m-1)=\cfrac{(m-1)x+m}{x}(x>0)\)，

注意到分子函数\(y=(m-1)x+m\)，恒过定点\((-1,1)\)问题：在具体题目中如何观察确定直线所恒过的定点，采用尝试法，即分别用\(x=0\)，\(x=\pm 1\)，\(x=\pm 2\)，\(\cdots\)\(\quad\)，故分类讨论如下：

[主要的分类依据是结合导函数的图像，针对导函数恒为正，恒为负，有正有负三种情形分类讨论如下]

当 \(m\leqslant0\) 时，[说明：即令\(\left\{\begin{array}{l}{m-1<0}\\{m\leqslant 0}\end{array}\right.\)解得的分类标准之一，对应导函数恒为负；]

\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，此时函数 \(f(x)\) 无最大值；

当\(m\geqslant 1\) 时，[说明：即令\(\left\{\begin{array}{l}{m-1\geqslant 0}\\{m>0}\end{array}\right.\)解得的分类标准之一，对应导函数恒为正；]

\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，此时函数 \(f(x)\) 无最大值；

当 \(0<m<1\) 时，[说明：以上两种分类标准的交集的补集，对应导函数有正有负情形；]

令\(f'(x)=0\)，则 \(x=\cfrac{m}{1-m}\),

故当 \(0<m<1\) 时, \(f(x)\) 在 \((0, \cfrac{m}{1-m})\) 上单调递增，在 \((\cfrac{m}{1-m},+\infty)\) 上单调递减,

故当 \(0<m<1\) 时, 函数 \(f(x)\) 有最大值，最大值 \(M=f(\cfrac{m}{1-m})=m\ln \cfrac{m}{1-m}-m\)，

由于\(M>0\)，则\(m\ln\cfrac{m}{1-m}-m>0\)，

解得 \(m>\cfrac{e}{1+e}\)，故\(m\) 的取值范围是 \((\cfrac{e}{1+e}, 1)\).

【2019\(\cdot\)全国】己知函数 \(f(x)=\sqrt{x}(x^2-ax)\).

(1). 当 \(a=1\) 时，求 \(f(x)\) 的单调区间；

解析： 当 \(a=1\) 时， \(f(x)=\sqrt{x}(x^2-x)\)，定义域为 \([0,+\infty)\)，

则 \(f(x)=x^{\frac{5}{2}}-x^{\frac{3}{2}}(x \geqslant 0)\)，

则\(f'(x)=\cfrac{5}{2}x^{\frac{3}{2}}-\cfrac{3}{2}x^{\frac{1}{2}}=\cfrac{1}{2}\cdot x^{\frac{1}{2}}(5x-3)\)，

令\(f'(x)=0\)，解得 \(x=\cfrac{3}{5}\)

故当 \(0<x<\cfrac{3}{5}\) 时， \(f'(x)<0\)，当 \(x>\cfrac{3}{5}\) 时， \(f(x)>0\)，

故\(f(x)\)的单调递减区间是\((0,\cfrac{3}{5})\)，单调递增区间为\((\cfrac{3}{5}，+\infty)\)，

(2). 若 \(f(x)\) 在区间\([0, 2]\)的最小值为\(-\cfrac{2}{3}\)，求\(a\)的值.

解： \(f'(x)=\cfrac{5}{2}x^{\frac{3}{2}}-\cfrac{3}{2}ax^{\frac{1}{2}}=\cfrac{1}{2}\cdot x^{\frac{1}{2}}(5x-3a)\)，

①当\(a\leqslant 0\)时，\(f'(x)>0\)，则\(f(x)\)在\([0,2]\)上单调递增，故\(f(x)_{\min}=f(0)=0\neq -\cfrac{2}{3}\)，不符合题意，舍去；

②当\(0<\cfrac{3a}{5}<2\)时，当0 \(<a<\cfrac{10}{3}\) 时，则当 \(0<x<\cfrac{3a}{5}\) 时, \(f'(x)<0\)，当 \(\cfrac{3a}{5}<x<2\) 时，\(f(x)>0\)，

故\(f(x)\) 在 \((0, \cfrac{3a}{5})\) 上单调递减，在 \((\cfrac{3a}{5},2)\)上单调递增，

故\(f(x)_{min}=f(\cfrac{3a}{5})=(\cfrac{3a}{5})^{\frac{5}{2}}-a\cdot(\cfrac{3a}{5})^{\frac{3}{2}}=-\cfrac{2}{3}\)，即\(a^{\frac{5}{2}}\cdot(\cfrac{3}{5})^{\frac{3}{2}}(\cfrac{3}{5}-1)=-\cfrac{2}{3}\)

则有\(-a^{\frac{5}{2}}\cdot(\cfrac{3}{5})^{\frac{3}{2}}\cdot\cfrac{2}{5}=-a^{\frac{5}{2}}\cdot(\cfrac{3}{5})^{\frac{5}{2}}\cdot\cfrac{5}{3}\cdot \cfrac{2}{5}=-\cfrac{2}{3}(\cfrac{3}{5}a)^{\frac{5}{2}}=-\cfrac{2}{3}\)

故\((\cfrac{3}{5}a)^{\frac{5}{2}}=1=1^{\frac{5}{2}}\)，即\(\cfrac{3}{5}a=1\)，解得\(a=\cfrac{5}{3}\in (0,\cfrac{10}{3})\)

③当 \(\cfrac{3}{5}a>2\) 时，即\(a>\cfrac{10}{3}\)时，则当 \(0<x<2\) 时， \(f(x)<0\)， \(f(x)\)在\((0, 2)\)上单调递减，

\(f(x)_{\min}=f(2)=\sqrt{2}(4-2a)=-\cfrac{2}{3}\)，解得\(a=2+\cfrac{\sqrt{2}}{6}\not\in(\cfrac{10}{3},+\infty)\)，不符合条件.

故\(f(x)\) 在区间\([0, 2]\)上的最小值为\(-\cfrac{2}{3}\)时，\(a\)的值为\(\cfrac{5}{3}\).

【2018\(\cdot\)江苏】若函数 \(f(x)=2x^3-ax^2+1\) \((a\in R)\)在 \((0,+\infty)\) 内有且只有一个零点，则 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\)上的最大值与最小值的和为__________.

解: 由于函数\(f(x)=2x^3-ax^2+1\) \((a\in R)\)在 \((0,+\infty)\) 内有且只有一个零点，

又由于\(f'(x)=2x(3x-a)\)， \(x\in(0,+\infty)\)，

(1)当 \(a \leqslant 0\) 时， \(f'(x)=2x(3x-a)>0\)，

函数 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，\(f(0)=1\)，

故函数\(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上没有零点，故舍去此种情形的参数的取值，

(2)当 \(a>0\) 时， 令\(f'(x)=2x(3x-a)=0\)，解得\(x=0\)(舍去)，或\(x=\cfrac{a}{3}\)，

又 \(f(x)\) 只有一个零点， 则此零点必为\(x=\cfrac{a}{3}\)，

由\(f(\cfrac{a}{3})=-\cfrac{a^3}{27}+1=0\)，解得 \(a=3\)，

则此时的函数解析式为\(f(x)=2x^{3}-3x^2+1\)，

由于\(f'(x)=6x(x-1)\)， \(x\in[-1,1]\)，

令\(f'(x)>0\) 的解集为 \((-1,0)\)，令\(f'(x)<0\) 的解集为 \((0,1)\)，

故\(f(x)\) 在 \((-1,0)\) 上单调递增，在 \((0,1)\) 上单调递减，

又由于\(f(-1)=-4\)， \(f(0)=1\)， \(f(1)=0\)，

故\(f(x)_{\min}=f(-1)=-4\)，\(f(x)_{\max}=f(0)=1\)，

所以\(f(x)\) 在 \([-1, 1]\)上的最大值与最小值的和为\(f(x)_{\max}+f(x)_{\min}=-4+1=-3\)，

【区间含有参数的最值】函数\(f(x)=3x-x^3\) 在区间\((a^2-12，a)\) 上有最小值，则实数\(a\)的取值范围是_________.

解析：\(f'(x)=3-3x^2=-3(x+1)(x-1)\)， 令\(f'(x)=0\)，得\(x_1=-1\)，\(x_2=1\)，

故当\(x\in (-\infty,-1)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

当\(x\in (-1,1)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

\(x\in (1,+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

故\(x=-1\)时，函数\(f(x)\)能取到极小值，\(x=1\)时，函数\(f(x)\)能取到极大值，

又由\(3x-x^3=-2\)，变形得到\((x+1)^2(x-2)=0\)，

解得\(x_1=-1\)，\(x_2=2\)，故到时候必须限制\(a\leqslant 2\)，否则最小值就变成了\(f(a)\)；

又由于函数在区间\((a^2-12，a)\) 上有最小值，

则最小值一定为极小值，故\(\left\{\begin{array}{l}{a^2-12<1<a}\\{a\leqslant 2}\end{array}\right.\)

解得\(-1<a\leqslant 2\). 故\(a\in (-1,2]\);