解题思路：（1）利用导数的运算法则求出f′（x），分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0即可得出单调区间及极值与最值；
（2）分类讨论：①当0＜x≤1时，令u（x）=-lnx-
x
e
2x
-c，②当x≥1时，令v（x）=lnx-
x
e
2x
−c
．利用导数分别求出c的取值范围，即可得出结论．
（1）∵f′(x)＝
e2x−x•2e2x
(e2x)2=[1−2x
e2x，解f′（x）＞0，得x＜
1/2]；解f′（x）＜0，得x＞
1
2．
∴函数f（x）的单调递增区间为(−∞，
1
2)；单调递减区间为(
1
2，+∞)．
故f（x）在x=[1/2]取得最大值，且f(x)max＝
1
2e+c．
（2）函数y=|lnx|，当x＞0时的值域为[0，+∞）．如图所示：
①当0＜x≤1时，令u（x）=-lnx-[x
e2x-c，
c=−lnx−
x
e2x=g（x），
则g′(x)＝−
1/x−
1−2x
e2x]=−
e2x+x−2x2
xe2x．
令h（x）=e2x+x-2x2，则h′（x）=2e2x+1-4x＞0，∴h（x）在x∈（0，1]单调递增，
∴1=h（0）＜h（x）≤h（1）=e2-1．
∴g′（x）＜0，∴g（x）在x∈（0，1]单调递减．
∴c≥g(1)＝−
1
e2．
②当x≥1时，令v（x）=lnx-[x
e2x−c，得到c=lnx-
x
e2x=m（x），
则m′(x)＝
1/x−
1−2x
e2x]=
e2x+x(2x−1)
xe2x＞0，
故m（x）在[1，+∞）上单调递增，∴c≥m（1）=
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断．
考点点评： 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值最值、数形结合的思想方法、分类讨论的思想方法等基础知识与基本技能，考查了推理能力和计算能力及其化归思想方法．