2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.10第1课时利用导数研究函数的单调性学案理含解析北师大版

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授课提示：对应学生用书第45页
知识点一 利用导数研究函数的单调性
1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与其导数的正负关系
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增函数；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减函数；
(3)若f__′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．
• 温馨提醒 •
f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系
f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，但反之不一定．如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是增函数，但f′(x)≥0，所以f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件．
2．利用导数判断函数单调性的一般步骤
(1)求f__′(x)；
(2)在定义域内解不等式f__′(x)>0或f__′(x)<0；
(3)根据结果确定f(x)的单调区间．
• 温馨提醒 •
若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间上，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f ′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间上，等号不恒成立．
1．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(－∞，－1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
解析：由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′＞0，即8x－eq \f(1,x2)＞0，解得x＞eq \f(1,2)，
所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
答案：B
2．(易错题)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－eq \f(1,x).
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0恒成立，
即k≥eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．
因为x>1，所以0所以k≥1.
答案：D
知识点二 利用导数研究函数的极值与最值
1．函数的极大值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．
2．函数的极小值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．
3．函数的最值与导数
(1)函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．
(2)函数y＝f(x)在[a，b]上的最小值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f(x0)．
• 温馨提醒 •
二级结论
1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．
必明易错
1．极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)．
2．极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大．
3．极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．
4．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要而不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点.
1．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．
答案：D
2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下列判断正确的是( )
A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数
B．在区间(1，3)上f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
答案：C
3．函数y＝x＋2cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是________．
解析：因为y′＝1－2sin x，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，y′＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′＜0.
所以当x＝eq \f(π,6)时，ymax＝eq \f(π,6)＋eq \r(3).
答案：eq \f(π,6)＋eq \r(3)
4．(易错题)设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为当x＞0时，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.
答案：(－∞，－1)
第一课时 利用导数研究函数的单调性
授课提示：对应学生用书第46页
题型一 函数单调性的判断
[例] 已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a＞0，试讨论函数g(x)的单调性．
[解析] g′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝
eq \f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq \f(（2ax－1）（x－1）,x).
又函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,2a).
①若eq \f(1,2a)＜1，即a＞eq \f(1,2)时，
则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))∪(1，＋∞)时，g′(x)＞0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))时，g′(x)＜0.
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②若eq \f(1,2a)＝1，即a＝eq \f(1,2)时，g′(x)＝eq \f(（x－1）2,x)≥0恒成立，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③若eq \f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq \f(1,2)时，
则由g′(x)＞0，得x＞eq \f(1,2a)或0＜x＜1；
由g′(x)＜0，得1＜x＜eq \f(1,2a)，
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增．
综上可得，当0＜a＜eq \f(1,2)时，函数在(0，1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；当a＝eq \f(1,2)时，函数在(0，＋∞)上单调递增；当a＞eq \f(1,2)时，函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
[题组突破]
1．(2021·厦门模拟)函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1，1) B．(0，1]
C．(1，＋∞) D．(0，2)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y′＝x－eq \f(1,x)≤0，得0答案：B
2．(2020·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8)；
(3)设n∈N＋，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
解析：(1)f′(x)＝cs x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))单调递减．
(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),8)，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \f(3\r(3),8).
而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8).
(3)证明：因为(sin2xsin22xsin24x…sin22nx)eq \s\up6(\f(3,2))
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),8)))eq \s\up6(\f(2n,3))＝eq \f(3n,4n).
题型二 利用导数研究函数单调性的应用
考法(一) y＝f(x)与y＝f′(x)的图像辨识
[例1] 函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是( )
[解析] 设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，
由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)＜0；
当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)＞0(其中x1＜0＜x2＜x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合．
[答案] D
函数图像与其导函数图像的关系：导函数f′(x)图像在x轴上方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图像上升部分对应的区间(递增区间)，导函数f′(x)图像在x轴下方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图像下降部分对应的区间(递减区间)．
考法(二) 已知函数的单调性求参数
[例2] 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x，a≠0.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
[解析] (1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2＜0有解，
即a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
令G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
所以G(x)min＝－1，
所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1，4]上单调递减，
所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，令G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以a≥G(x)max.
因为x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)且a≠0，即a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
[变式探究1] 本例中，若函数h(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解析：因为h(x)在[1，4]上单调递增，所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，所以当x∈[1，4]时，a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq \s\d7(min)恒成立，
又当x∈[1，4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq \s\d7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
[变式探究2] 本例中，若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解析：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，
又当x∈[1，4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq \s\d7(min)＝－1，
所以a＞－1，又a≠0，
所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．
[变式探究3] 本例中，若函数h(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．
解析：∵h(x)在[1，4]上不单调，
∴h′(x)＝0在(1，4)上有解，
即a＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)－1有解，
令m(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈(1，4)，
则－1＜m(x)＜－eq \f(7,16)，
∴实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,16))).
由函数的单调性求参数的取值范围的四种方法
(1)可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(4)若已知f(x)在D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．
[题组突破]
1．已知函数f(x)＝x2＋2cs x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图像大致是( )
解析：设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cs x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
答案：A
2．已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．
解析：f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0，
即eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，
即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x).
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，
因为函数h(x)在[1，2]上单调递增，
所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，
即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，
解得a＜0或0＜a≤eq \f(2,5)或a≥1，
即a的取值范围为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)．
利用导数研究函数单调性中的核心素养
数学运算、逻辑推理——构造函数解决不等式问题
此类涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式解决不等式的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．
1．x与f(x)的综合函数
[例1] 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
[解析] 当x≠0时，构造函数g(x)＝eq \f(f（x）,x)，则当x＞0时，g′(x)＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x)为奇函数，所以g(x)＝eq \f(f（x）,x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．
又因为f(－1)＝0，所以g(1)＝g(－1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0，故f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0，故f(x)＞0.
综上，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．
[答案] A
2．ex与f(x)的综合函数
[例2] 已知f(x)(x∈R)有导函数，且任意x∈R，f′(x)＞f(x)，n∈N＋，则有( )
A．enf(－n)＜f(0)，f(n)＞enf(0)
B．enf(－n)＜f(0)，f(n)＜enf(0)
C．enf(－n)＞f(0)，f(n)＞enf(0)
D．enf(－n)＞f(0)，f(n)＜enf(0)
[解析] 设g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)＜g(0)＜g(n)，即eq \f(f（－n）,e－n)＜eq \f(f（0）,e0)＜eq \f(f（n）,en)，即enf(－n)＜f(0)，f(n)＞enf(0)．
[答案] A
[例3] 设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，则( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜b
C．若ea－2a＝eb－3b，则a＞b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b
[解析] 因为a＞0，b＞0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b＞eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x＞0)，因为y′＝ex＋2＞0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a＞b成立．
[答案] A
根据导数关系构造函数的一些常见结构
(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式f′(x)＞k，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)·g(x)．
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0，构造函数F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）).
(5)对于不等式xf′(x)＋nf(x)＞0，构造函数F(x)＝xn·f(x)．
(6)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0，构造函数F(x)＝ex·f(x)．
(7)对于不等式f′(x)＋kf(x)＞0，构造函数F(x)＝ekx·f(x)．
[题组突破]
1．(2021·上饶模拟)对任意x∈R，函数y＝f(x)的导数都存在，若f(x)＋f′(x)＞0恒成立，且a＞0，则下列说法正确的是( )
A．f(a)＜f(0) B．f(a)＞f(0)
C．ea·f(a)＜f(0) D．ea·f(a)＞f(0)
解析：设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以g(x)为R上的单调递增函数，因为a＞0，所以g(a)＞g(0)，即ea·f(a)＞f(0)．
答案：D
2．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＞0且g(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)＜0的解集是( )
A．(－3，0)∪(3，＋∞)
B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0，3)
解析：令h(x)＝f(x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以x＜－3或0＜x＜3时h(x)＜0.
答案：D
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，本节一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视.
本节通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.
函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点．常见的命题角度有：(1)y＝f(x)与y＝f′(x)的图像辨识；(2)已知函数单调性求参数的取值范围.