2021届高考数学(理科-全国通用)二轮专题配套word版练习：--解答题的八个答题模板.docx

解答题的八个答题模板
【模板特征概述】
数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的学问综合型转化为学问、方法和力气的综合型解答题．在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要的内容．本节以出名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据，结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”．
“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，依据确定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零．强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化．
模板1　三角变换与三角函数的性质问题
　已知函数f(x)＝2cos x·sin－sin2x＋sin xcos x＋1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)的最大值及最小值；(3)写出函数f(x)的单调递增区间．
审题路线图　不同角化同角→降幂扩角→化f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h→结合性质求解．
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
解　f(x)＝2cos x－sin2x＋sin xcos x＋1
＝2sin xcos x＋(cos2x－sin2x)＋1＝sin 2x＋cos 2x＋1
＝2sin＋1.
(1)函数f(x)的最小正周期为＝π.
(2)∵－1≤sin≤1，∴－1≤2sin＋1≤3.
∴当2x＋＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值3；
当2x＋＝－＋2kπ，k∈Z，即x＝－＋kπ，k∈Z时，f(x)取得最小值－1.
(3)由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
∴函数f(x)的单调递增区间为 (k∈Z).
第一步　化简：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式．
其次步　整体代换：将ωx＋φ看作一个整体，利用y＝sin x，y＝cos x的性质确定条件．
第三步　求解：利用ωx＋φ的范围求条件解得函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h的性质，写出结果．
第四步　反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性.
(2022·福建)已知函数f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－.
(1)若0<α<，且sin α＝，求f(α)的值；
(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．
解　方法一　(1)由于0<α<，sin α＝，
所以cos α＝.
所以f(α)＝×(＋)－＝.
(2)由于f(x)＝sin xcos x＋cos2x－
＝sin 2x＋－
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin(2x＋)，
所以T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得
kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋]，k∈Z.
方法二　f(x)＝sin xcos x＋cos2x－
＝sin 2x＋－
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin(2x＋)．
(1)由于0<α<，sin α＝，所以α＝，
从而f(α)＝sin(2α＋)＝sin＝.
(2)T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得
kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋]，k∈Z.
模板2　解三角形问题
　在△ABC中，若acos2＋ccos2＝b.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)求角B的取值范围．
审题路线图　(1)―→―→
(2)―→―→
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
(1)证明　由于acos2＋ccos2＝a·＋c·＝b，
所以a＋c＋(acos C＋ccos A)＝3b，
故a＋c＋＝3b，
整理，得a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列．
(2)解　cos B＝＝
＝≥＝，
由于0工具：即依据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．
第三步　求结果．
第四步　再反思：在实施边角互化的时候应留意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形.

(2022·辽宁)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知·＝2，cos B＝，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cos(B－C)的值．
解　(1)由·＝2得c·acos B＝2.
又cos B＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×＝13.

解得或
由于a>c，所以a＝3，c＝2.
(2)在△ABC中，
sin B＝＝ ＝，
由正弦定理，
得sin C＝sin B＝×＝.
由于a＝b>c，
所以C为锐角，
因此cos C＝＝ ＝.
于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C
＝×＋×＝.
模板3　数列的通项、求和问题
　(2022·江西)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
审题路线图　(1)→→→

(2)→
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
解　(1)由于anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0(bn≠0，n∈N*)，
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
第一步　找递推：依据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式．
其次步　求通项：依据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式．
第三步　定方法：依据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)．
第四步　写步骤：规范写出求和步骤．
第五步　再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范.
已知点是函数f(x)＝ax (a>0，且a≠1)的图象上的一点．等比数列{an}的前n项和为f(n)－c.数列{bn} (bn>0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋ (n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，问满足Tn>的最小正整数n是多少？
解　(1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝x.
由题意知，a1＝f(1)－c＝－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－.
又数列{an}是等比数列，
∴a1＝＝＝－＝－c，
∴c＝1.又公比q＝＝，
∴an＝－·n－1＝－2·n (n∈N*)．
∵Sn－Sn－1＝(－)(＋)
＝＋ (n≥2)．
又bn>0，>0，∴－＝1.
∴数列{}构成一个首项为1、公差为1的等差数列，

＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，b1＝1也适合此通项公式．
∴bn＝2n－1 (n∈N*)．
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝×＋×＋×＋…＋×＝×＝.
由Tn＝>，得n>，
∴满足Tn>的最小正整数n的值为101.
模板4　利用空间向量求角问题
　(2022·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
审题路线图　(1)⇒→
(2)→
→→
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
(1)证明　由于四边形ABCD是等腰梯形，
且AB＝2CD，所以AB∥DC.
又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.
连接AD1，如图(1)．
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，
由于CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，由于C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解　方法一　如图(2)，连接AC，MC.
由(1)知CD∥AM且CD＝AM，
所以四边形AMCD为平行四边形，
可得BC＝AD＝MC，
由题意得∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝，
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，
因此M，所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
方法二　由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，
过点C向AB引垂线交AB于点N，
连接D1N，如图(3)．由CD1⊥平面ABCD，
可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．
在Rt△BNC中，BC＝1，
∠NBC＝60°，可得CN＝.所以ND1＝＝.
所以Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
第一步　找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．
其次步　写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．
第三步　求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．
第四步　求夹角：计算向量的夹角．
第五步　得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.

如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解　(1)以A为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)．
所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
所以cos〈，〉＝
＝＝.
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)由题意，知＝(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量．
设平面ADC1的法向量为m＝(x，y，z)，
由于＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，
由m⊥，m⊥，得
取z＝1，得y＝－2，x＝2，所以平面ADC1的一个法向量为m＝(2，－2,1)．
设平面ADC1与平面ABA1所成二面角为θ，
所以|cos θ|＝|cos〈，m〉|＝||＝||＝，得sin θ＝.
所以平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
模板5　圆锥曲线中的范围问题
　椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为，离心率为，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求m的取值范围．
审题路线图　(1)→→
(2)→→→→→

规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
设c>0，c2＝a2－b2，由题意，知2b＝，＝，
所以a＝1，b＝c＝.故椭圆C的方程为y2＋＝1，即y2＋2x2＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，
B(x2，y2)，由得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，
Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)
x1＋x2＝，x1x2＝.由于＝3，所以－x1＝3x2，
所以所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0.
所以3·2＋4·＝0.
整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0.
当m2＝时，上式不成立；
当m2≠时，k2＝，
由(*)式，得k2>2m2－2，
又k≠0，所以k2＝>0.
解得－1围：通过求解含目标变量的不等式，得所求参数的范围．
第四步　再回顾：留意目标变量的范围所受题中其他因素的制约.

已知双曲线－＝1(a>1，b>0)的焦距为2c，直线l过点(a,0)和(0，b)，且点(1,0)到直线l的距离与点(－1,0)到直线l的距离之和s≥c，求双曲线的离心率e的取值范围．
解　设直线l的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0.
由点到直线的距离公式，且a>1，得到点(1,0)到直线l的距离d1＝，
同理可得点(－1,0)到直线l的距离为d2＝，
于是s＝d1＋d2＝＝.
由s≥c，得≥c，即5a≥2c2，
可得5≥2e2，即4e4－25e2＋25≤0，
解得≤e2≤5.
由于e>1，故所求e的取值范围是.
模板6　解析几何中的探究性问题
　已知定点C(－1,0)及椭圆x2＋3y2＝5，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点．
(1)若线段AB中点的横坐标是－，求直线AB的方程；
(2)在x轴上是否存在点M，使·为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
审题路线图　设AB的方程y＝k(x＋1)→待定系数法求k→写出方程；设M存在即为(m,0)→求·→在·为常数的条件下求m.
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
解　(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，
将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
由线段AB中点的横坐标是－，得＝－＝－，解得k＝±，适合①.
所以直线AB的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使·为常数．
(ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝. ③
所以·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.
将③代入，整理得·
＝＋m2＝＋m2＝m2＋2m－－.
留意到·是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－，此时·＝.
(ⅱ)当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为、，
当m＝－时，也有·＝.
综上，在x轴上存在定点M，使·为常数.
第一步　先假定：假设结论成立．
其次步　再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解．
第三步　下结论：若推出合理结果，阅历证成立则确定假设；若推出冲突则否定假设．
第四步　再回顾：查看关键点，易错点(特殊状况、隐含条件等)，端详解题规范性.

(2022·福建)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.
(1)求双曲线E的离心率．
(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.摸索究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．
解　(1)由于双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，所以＝2，
所以＝2，故c＝a，
从而双曲线E的离心率e＝＝.
(2)方法一　由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，
则|OC|＝a，|AB|＝4a.
又由于△OAB的面积为8，
所以|OC|·|AB|＝8，
因此a·4a＝8，解得a＝2，
此时双曲线E的方程为－＝1.
若存在满足条件的双曲线E，
则E的方程只能为－＝1.
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，
双曲线E：－＝1也满足条件．
设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，
得k>2或k<－2，则C(－，0)．
记A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y1＝，同理，得y2＝.
由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|，得
|－|·|－|＝8，
即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)．
由
得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.
由于4－k2<0，
所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)

＝－16(4k2－m2－16)．
又由于m2＝4(k2－4)，
所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
方法二　由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意得－m2－1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0，
即4m2a2＋t2－a2＝0，
即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，
即(1－4m2)(a2－4)＝0，
所以a2＝4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，
且E的方程为－＝1.
方法三　当直线l不与x轴垂直时，
设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意，得k>2或k<－2.
由
得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0.
由于4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝.
又由于△OAB的面积为8，
所以|OA·|OB|·sin∠AOB＝8，
又易知sin∠AOB＝，
所以·＝8，
化简，得x1x2＝4.
所以＝4，得m2＝4(k2－4)．
由(1)得双曲线E的方程为－＝1，
由
得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0.
由于4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，
即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
所以双曲线E的方程为－＝1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，
又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
模板7　离散型随机变量的均值与方差
　甲、乙两人参与某电视台举办的答题闯关玩耍，依据规章，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题，每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功．已知在6道备选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是.
(1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
(2)设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列及均值．
审题路线图　(1)→→
(2)→→→
规 范 解 答 示 例
构 建 答 题 模 板
解　(1)设甲、乙闯关成功分别为大事A、B，则P()＝＝＝，
P()＝(1－)3＋C·(1－)2＝＋＝，
则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是
1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝.
(2)由题意知ξ的可能取值是1,2.
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，则ξ的分布列为
ξ
1
2
P

∴E(ξ)＝1×＋2×＝.
第一步　定元：依据已知条件确定离散型随机变量的取值．
其次步　定性：明确每个随机变量取值所对应的大事．
第三步　定型：确定大事的概率模型和计算公式．
第四步　计算：计算随机变量取每一个值的概率．
第五步　列表：列出分布列．
第六步　求解：依据均值、方差公式求解其值.

(2022·江西)随机将1,2，…，2n(n∈N*，n≥2)这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最小数为a1，最大数为a2，B组最小数为b1，最大数为b2，记ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.
(1)当n＝3时，求ξ的分布列和数学期望；
(2)令C表示大事“ξ与η的取值恰好相等”，求大事C发生的概率P(C)；
(3)对(2)中的大事C，表示C的对立大事，推断P(C)和P()的大小关系，并说明理由．
解　(1)当n＝3时，ξ的全部可能取值为2,3,4,5.
将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有C＝20(种)，所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
P

E(ξ)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
(2)ξ和η恰好相等的全部可能取值为n－1，n，n＋1，…，2n－2.
又ξ和η恰好相等且等于n－1时，不同的分组方法有2种；
ξ和η恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；
ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1,2，…，n－2)(n≥3)时，不同的分组方法有2C种；
所以当n＝2时，P(C)＝＝；
当n≥3时，P(C)＝.
(3)由(2)，当n＝2时，P()＝，因此P(C)>P()．
而当n≥3时，P(C)．
2°假设n＝m(m≥3)时①式成立，
即4(2＋)
又f′(x)＝＝，f′(2)＝－.
所以，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为
y－＝－(x－2)，即6x＋25y－32＝0.
(2)f′(x)＝＝.
由于a≠0，以下分两种状况争辩．①当a＞0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－，x2＝a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

微小值

极大值

所以f(x)在区间，(a，＋∞)内为减函数，
在区间内为增函数．函数f(x)在x1＝－处取得微小值f，
且f＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.
②当a＜0时，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，a)
a
(a，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

微小值

所以f(x)在区间(－∞，a)，内为增函数，在区间内为减函数．函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.
函数f(x)在x2＝－处取得微小值f(－)，且f＝－a2.
第一步　求导数：求f(x)的导数f′(x)．留意f(x)的定义域.
其次步　解方程：解f′(x)＝0，得方程的根.
第三步　列表格：利用f′(x)＝0的根将f(x)定义域分成若干个小开区间，并列出表格.
第四步　得结论：从表格观看f(x)的单调性、极值、最值等.
第五步　再回顾：对需争辩根的大小问题要特殊留意，另外观看f(x)的间断点及步骤规范性.

(2022·重庆)已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.
(1)确定a，b的值；
(2)若c＝3，推断f(x)的单调性；
(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，
由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)恒成立，即2(a－b)·(e2x－e－2x)＝0恒成立，所以a＝b.
又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.
(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么
f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，
故f(x)在R上为增函数．
(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，当x＝0时等号成立．
下面分三种状况进行争辩．
当c<4时，对任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时f(x)无极值；
当c＝4时，对任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时f(x)无极值；
当c>4时，令e2x＝t，留意到方程2t＋－c＝0有两根t1,2＝>0，即f′(0)＝0有两个根
x1＝ln t1，x2＝ln t2.当x1x2时，f′(x)>0，从而f(x)在x＝x2处取得微小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．