近年来，高考对导数的考查形式和要求都发生了变化，由以前解决问题的辅助地位上升为解决问题必不可少的工具.以下例举其一二，与读者共享.
例1（陕西高考）已知函数f (x)=kx+1x2+c （c>0且c≠1,k∈R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是x=-c.(1)求函数f (x)的另一个极值点；(2)求函数f (x)的极大值M和极小值m，并求M-m≥1时k的取值范围.
解析:由题意知函数的定义域为(-∞,+∞).
（1）f ′(x)=k(x2+c)-2x(kx+1)(x2+c)2=-kx2-2x+ck(x2+c)2，由题意知f ′(-c)=0，即得c2k-2c-ck=0 (*). 又因为c≠0,所以k≠0.由f ′(x)=0,得-kx2-2x+ck=0,即kx2+2x-ck=0.由韦达定理知另一个极值点为x=1(或x=c-2k).
（2）由（*）得k=2c-1，即c=1+2k.当c>1时，k>0;当0 ①当k>0时, f (x)在(-∞,-c)和(1,+∞)上是减函数，在（-c,1）上是增函数， 所以M=f (1)=k+1c+1=k2>0.又m=f (-c)=-kc+1c2+c=-k22(k+2)<0.由M-m=k2+k22(k+2)≥1及k>0,解得k≥2.
②当k<-2时,f (x)在(-∞,-c)和(1,+∞)上是增函数，在（-c,1）上是减函数.
所以M=f (-c)=-k22(k+2)>0,m=f (1)=k2<0,M-m=-k22(k+2)-k2=1-(k+1)2+1k+2≥1恒成立.
综上可知，所求k的取值范围为(-∞,-2)∪［2,+∞).
例2 设f (x)=x3+32ax2+32bx,g(x)=lnx+1x,定义区间（m,n）的长度为n-m.已知当a+b<11(a,b∈N*)时，
f (x)的单调递减区间的长度是正整数.(1)求a,b的值;(2)是否同时存在实数m和M（m0成立?若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由.
解析：（1）要使f (x)单调递减，则f ′(x)=3x2+3ax+32b<0.不妨设f ′(x)=3x2+3ax+32b=0的两根分别为x1,x2且x1 b=4,或a=4,
b=6.
（2）易知g′(x)=-lnxx2.当x在区间［1e2,e］内变化时，g′(x),g(x)的变化情况如表1.
表1x1e2(1e2,1)1(1,e)eg′(x)+0-g(x)-e2单调递增极大值1单调递减2e据此可得，若m=-e2且M=1,则对每一个t∈［m,M］,直线y=t与曲线y=g(x)(x∈［1/e2,e］都有公共点，并且对每一个t∈(-∞,m)∪(M,+∞)，直线y=t与曲线y=g(x)(x∈［1/e2,e］都没有公共点.
综上，存在最小的实数m=-e2和最大的实数M=1，使得对每一个t∈［m,M］直线y=t与曲线y=g(x)(x∈［1/e2,e］都有公共点.
（3）满足条件的x0不存在.
证明：假设存在x0∈R，使得|g(x)-f (x0)|<1/x对任意的x>0成立，即对任意的x>0有g(x)-1x0恒成立.
令h(x)=lnx+2x,h′(x)=-lnx+1x2.当x∈(0,1/e)时,h′(x)>0;当x∈(1/e,-∞)时,h′(x)<0,所以h(x)在(0,1/e)上单调递增，在(1/e,+∞)上单调递减.当 x>0且x→0时，h(x)→-∞ ,故h(x)在(0,+∞)上不存在最小值，这与（*）式的右边对任意的x>0成立相矛盾，因此不存在x0∈R,使得|g(x)-f ′(x0)|<1/x对任意的x>0成立.
点评：第（1）问用a,b表示|x2-x1|时，可直接使用求根公式，也可使用一元二次方程根与系数的关系：|x2-x1|=(x1+x2)2-4x1x2=Δ/|a|.利用等式两边都是整数的特点求解时，为防止漏解，我们要进行有序尝试，可选定a为主变量，当a从1到10依次取值时，再尝试b的取值是否符合要求.
第（2）问关键是读懂题意，此问的本质是求g(x)在x∈［1/e2,e］上的最小值m和最大值M,只不过是换了另一种表述方式罢了.
第（3）问研究不等式的恒成立问题，往往转化为研究相应函数的最值问题，这是我们较熟悉的.但碰到我们“熟悉”的问题，也要仔细思考，不要急于下手，当心掉入陷阱.此问中要注意lnxx的最大值是否存在，但lnxx+2x的最小值并不存在，所以要以“全局”的视角思考问题才能事半功倍.
