含参函数的单调性讨论——分类讨论的艺术

从一个问题开始

先看一道求导一步、讨论半页的题：讨论 $f(x) = x^3 - 3ax$ 的单调性。 求导毫不费力：$f'(x) = 3(x^2 - a)$。换成不含参的函数，到这里就该收尾——令导数为零，解出零点，画表判号，完事。可这里要解 $x^2 = a$，有没有解，得看 $a$ 的脸色。

$a < 0$ 时无解，$a = 0$ 时只有一个解，$a > 0$ 时冒出两个解。 无解时导数恒正，函数一路递增；两个解时导数"正—负—正"，函数升—降—升。

答案不是一个式子，而是按参数分成几段、每段一套答案——这就是含参讨论最本质的难处。

为什么含参函数这么难

不含参的函数，导数零点是钉死的，几个、在哪全由常数说了算，分析一遍就完事。

含参时，零点的存在性和位置都被参数牵着走，变化分三层：

• 存在性：零点从"没有"变"有"，如 $x^2 - a$ 随 $a$ 由负变正，从零个变两个。
• 位置：零点一直存在，落在哪一截随参数滑。$f'(x) = x - a$ 的零点永远是 $a$，可 $a$ 一挪，它就从定义域外溜进定义域内，这一层最容易被漏。
• 多重性：两个零点从分开到重合再到分开。$(x-1)(x-a)$ 的零点，$a$ 经过 $1$ 时先并成二重零点再分开；重合那一刻导数不变号，单调性换面孔。

这三层变化对应三个"分界点"，分界点就是讨论的全部依据。 找出所有让导数性质突变的参数值，从小到大排好，参数轴切成若干段，逐段讨论再合起来。

分类的标准

分类的唯一标准是找"分界点"——让导数性质突变的那些参数值。常见来源有三个：

1. 判别式为 $0$：导函数是二次式时，$\Delta$ 的正负决定零点有零个、一个、两个，$\Delta = 0$ 就是分界点。
2. 二次项系数为 $0$：参数取使系数为零的值时，导函数次数降了，形态整个变样，必是分界点。
3. 零点撞上定义域边界：零点没动，参数却让它从定义域外滑到内，跨界那一刻就是分界点。

顺手的一招：把导函数当成关于 $x$ 的方程，追问"根怎样随参数变"。 根由无到有、由一到二、由外到内、由分到合，每个质变的参数值都记下来，就是分界点清单。

分类的三种典型形态

导数长什么样，讨论就怎么分。高中出现的导函数，绝大多数落进三种形态之一。

一次型：解得出零点，只需盯住它在哪

导函数是一次式，零点唯一，焦点只有一个——它在不在定义域里。 比如 $f'(x) = x - a$，零点永远是 $x = a$。定义域是全体实数就没什么可分；定义域是 $(0, +\infty)$ 时，$a \le 0$ 的零点在定义域外、导数恒正，$a > 0$ 的零点落进来、两侧符号相反。一次型的分界点，往往就是定义域的边界值。

二次型：先看判别式，再看两根位置

导函数是含参二次式时，讨论分两道关——先问"有没有根"，再问"根在不在、比不比得上"。 第一道看 $\Delta = 0$ 是不是分界点；第二道看两根大小以及与定义域端点的相对位置。只答第一关、忘了第二关，是二次型最常见的失分点。 二次项系数也含参时，系数为零那一种要单独说。

可因式分解型：固定零点与含参零点比大小

导函数能分解成 $(x - x_1)(x - x_2)$，一个零点固定、另一个随参数走，核心就是"谁在左、谁在右"。 以 $(x-1)(x-a)$ 为例：$a < 1$ 时零点排 $a$、$1$；$a = 1$ 时两根重合，导数变成完全平方、恒不变号；$a > 1$ 时顺序翻个。分界点就是两根相等那一刻（这里 $a = 1$），"两根重合"那一支最容易被漏。

示意图

经典例题

三个算例，对应三种形态。

算例一：一次型——零点在不在定义域里

讨论 $f(x) = \dfrac{1}{2}x^2 - ax$ 在 $(0, +\infty)$ 上的单调性（$a$ 为参数）。

求导一步到位：$f'(x) = x - a$。 零点唯一，$x = a$。定义域只有 $(0, +\infty)$ 这一截，关键就落在 $a$ 与 $0$ 的大小上。

情形一：$a \le 0$。 此时 $x > 0 \ge a$，故 $f'(x) > 0$ 恒成立，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。$a = 0$ 时 $f'(x) = x > 0$ 也递增，等号这一支不能丢。

情形二：$a > 0$。 零点 $x = a$ 落进定义域内部，把定义域切成两截。列表判号：

$x$	$(0, a)$	$a$	$(a, +\infty)$
$f'(x)$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	↘	极小值	↗

所以 $f(x)$ 在 $(0, a)$ 上递减，在 $(a, +\infty)$ 上递增。

把 $a = 0$ 归进第一支，是本题的要点。 若只写 $a < 0$ 与 $a > 0$ 两支，$a = 0$ 就成了漏网之鱼。

算例二：二次型——先看判别式

讨论函数 $f(x) = x^3 - 3ax$ 的单调性（$a$ 为参数）。

求导：$f'(x) = 3x^2 - 3a = 3(x^2 - a)$。 导数是二次式，先算判别式：方程 $x^2 = a$ 的判别式 $\Delta = 4a$，分界点取在 $a = 0$。

情形一：$a < 0$。 $\Delta < 0$，$x^2 - a > 0$ 恒成立，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。

情形二：$a = 0$。 $f'(x) = 3x^2 \ge 0$，且只在 $x = 0$ 取零。导数不变号，$f(x)$ 仍在 $\mathbb{R}$ 上递增——$x = 0$ 是驻点，却不是极值点。

情形三：$a > 0$。 $\Delta > 0$，令 $f'(x) = 0$ 得 $x = \pm\sqrt{a}$。列表判号：

$x$	$(-\infty, -\sqrt{a})$	$-\sqrt{a}$	$(-\sqrt{a}, \sqrt{a})$	$\sqrt{a}$	$(\sqrt{a}, +\infty)$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	↗	极大值	↘	极小值	↗

递增区间为 $(-\infty, -\sqrt{a})$ 与 $(\sqrt{a}, +\infty)$，递减区间为 $(-\sqrt{a}, \sqrt{a})$。

验算：取 $a = 1$，此时 $f'(x) = 3(x-1)(x+1)$。 $f'(-2) = 9 > 0$、$f'(0) = -3 < 0$、$f'(2) = 9 > 0$，符号"正—负—正"，与表格吻合。

算例三：可因式分解型——两个零点比大小

讨论 $f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 - \dfrac{a+1}{2}x^2 + ax$ 的单调性（$a$ 为参数）。

这道题的好处是导数一整就分解开了。

$$f'(x) = x^2 - (a+1)x + a = (x-1)(x-a)$$

零点只有两类：常数零点 $x = 1$，含参零点 $x = a$。讨论的核心自然是"谁在左、谁在右"，分界点取在两零点相等处，即 $a = 1$。

情形一：$a < 1$。 零点按 $a$、$1$ 排列：

$x$	$(-\infty, a)$	$a$	$(a, 1)$	$1$	$(1, +\infty)$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	↗	极大值	↘	极小值	↗

递增区间 $(-\infty, a)$ 与 $(1, +\infty)$，递减区间 $(a, 1)$。

情形二：$a = 1$。 $f'(x) = (x-1)^2 \ge 0$，且只在 $x = 1$ 取零。导数不变号，$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上递增。这一支最容易被漏——它的导数非负、仅一点取零，结论仍是递增。

情形三：$a > 1$。 零点顺序翻转为 $1$、$a$：

$x$	$(-\infty, 1)$	$1$	$(1, a)$	$a$	$(a, +\infty)$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	↗	极大值	↘	极小值	↗

递增区间 $(-\infty, 1)$ 与 $(a, +\infty)$，递减区间 $(1, a)$。

验算：取 $a = 0$（属 $a < 1$ 支），此时 $f'(x) = x(x-1)$。 $f'(-1) = 2 > 0$、$f'(0.5) = -0.25 < 0$、$f'(2) = 2 > 0$，符号"正—负—正"，与表格一致。再取 $a = 2$（属 $a > 1$ 支），$f'(x) = (x-1)(x-2)$，$f'(0) = 2 > 0$、$f'(1.5) = -0.25 < 0$、$f'(3) = 2 > 0$，同样吻合。

列表法：把讨论结果理成一张表

讨论到"符号怎么变"这一步，最不容易出错的写法是列表。

一张规范的判号表固定三行：第一行写 $x$ 的分段，第二行写 $f'(x)$ 的正负，第三行写 $f(x)$ 的增减。 分段的节点是所有驻点与导数不存在的点，从小到大排开，一头一尾接上定义域端点。

制表有三条规矩： ① 节点必须取自定义域内部，定义域外的零点不进表；② 每个节点单独占一列，节点之间的开区间各占一列，写清端点；③ 每一段都要给出导数符号，而不是只标零点——零点给位置，符号才给单调性。

参数不同的情形各列一张表。 别把两个情形的符号挤进同一张表，那样分不清哪一列属于哪个参数范围。最后一步是把符号翻译成话："正—负—正"要落成"在 $(\ldots)$ 递增、在 $(\ldots)$ 递减"，并写明区间。

含参最值问题

参数不只在导数里，也常跑到区间端点上。 看这道典型题：

求 $f(x) = x^3 - 3x$ 在闭区间 $[0, a]$ 上的最小值（$a > 0$ 为参数）。

函数固定，参数跑到区间右端。 求导得 $f'(x) = 3(x+1)(x-1)$，驻点 $x = \pm 1$。区间限制在 $[0, a]$ 上，只有驻点 $1$ 可能起作用（$-1$ 够不着），极小值 $f(1) = -2$。讨论只剩一个问题：驻点 $1$ 有没有落进 $[0, a]$。

情形一：$0 < a \le 1$。 区间整个在 $1$ 的左侧，$f' < 0$，$f$ 单调递减，最小值取右端点

$$f(a) = a^3 - 3a$$

情形二：$a > 1$。 驻点落进区间，$f$ 在 $[0, 1]$ 递减、在 $[1, a]$ 递增，最小值取内点

$$f(1) = 1 - 3 = -2$$

两情形在 $a = 1$ 处接得上：代入情形一的式子得 $1 - 3 = -2$，与情形二一致。要害是把"极值点是否落入区间"当成唯一分岔口。

含参与定义域的交汇

前面都默认定义域是死的。可含参题里，定义域本身常带参数——这才是最容易翻车的地方。

含参定义域有两个来源： 一是对数、根式带来的"活动端点"，$\ln(x - a)$ 的定义域是 $(a, +\infty)$，$a$ 一动左端点跟着动；二是题目指定的含参区间，如 $[a, a+2]$、$(0, a)$。

遇到含参定义域，第一件事永远是把它写清、按参数分段。

讨论 $f(x) = \ln(x - a) - \ln x$ 的单调性（$a$ 为参数）。

求导之前，先把定义域按 $a$ 拆开。 定义域要求 $x - a > 0$ 且 $x > 0$。求导得

$$f'(x) = \dfrac{1}{x - a} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{a}{x(x - a)}$$

情形一：$a > 0$。 定义域为 $(a, +\infty)$，其上 $x(x - a) > 0$ 分母为正，分子 $a > 0$ 也为正，所以 $f'(x) > 0$，$f$ 递增。

情形二：$a = 0$。 $f(x) = \ln x - \ln x = 0$，是常值函数，导数恒为零，谈不上增减。这一支要单独交代，不能并进情形一。

情形三：$a < 0$。 定义域变成 $(0, +\infty)$，分母仍为正，但分子 $a < 0$，所以 $f'(x) < 0$，$f$ 递减。

关键不在导数，而在"定义域随 $a$ 的符号整个换了一张脸"。 若不动笔写定义域，直接说"$a > 0$ 递增、$a < 0$ 递减"，就漏掉了定义域本身也是 $a$ 的函数这一层。

讨论的完备性

分类讨论必须"不重不漏"，这六个字是含参题的命门。 检查分三步：

1. 所有情形都考虑到了吗？ 把参数轴从头过一遍：负、零、正，任何一段都不能悬空。
2. 情形之间有没有重叠？ 相邻两支的衔接点只能属于一支。常见错法是并排写 $a \ge 1$ 和 $a \le 1$，让 $a = 1$ 算两遍。
3. 等号放对位置了吗？ 某支在分界点处退化时，先判断它更像左边还是右边，再决定等号归谁。

省事的自查法：把每个分界点的值代回原函数，看两支结论是否接得上。 算例二里 $a = 0$ 代回后导数变成 $3x^2$，与 $a < 0$ 支一致，于是归左；算例三里 $a = 1$ 代回后导数变成完全平方，单调性换样，于是单独成支。接得上就归并，换了模样就单列。

常见错误

错误一：漏讨论一种情形。 最典型的是写完 $a > 0$ 与 $a < 0$，独独忘掉 $a = 0$；或二次型里只讨论 $\Delta > 0$，忘了 $\Delta \le 0$ 那一块也要交代。防漏的办法是画一条参数数轴，每分出一支就在对应区间打勾，收尾看有没有空白段。

错误二：把等号边界放错位置。 分界点是一把刀，切在左还是右结论不同。$a \le 1$ 与 $a > 1$ 是合法切法；$a < 1$ 与 $a > 1$ 漏掉 $a = 1$；$a \ge 1$ 与 $a \le 1$ 又把 $a = 1$ 说两遍，结论还未必一样。

错误三：忘了定义域，把定义域外的零点也列进表。 导数在定义域外没有意义，那样的零点不参与讨论。

错误四：把驻点当极值点。 $f'(x_0) = 0$ 只说明 $x_0$ 是驻点，还得检查 $f'$ 在它两侧是否变号——不变号就是"假极值点"。

错误五：二次项系数含参时不问系数是否为零。 系数为零时导函数次数下降，讨论形态整个变了，必须单独拎出来，这一条最隐蔽。

在高中数学体系里的位置

从思想上看，这一讲是"分类讨论"最集中的一次实战。 分类标准从参数对导数性质的影响来；找分界点、分区讨论、逐支验证，把"一题一个答案"变成"一题几支答案"。

从运算上看，它是求导与解不等式的练兵场。 求导、解二次方程、判断二次式符号、比较两根大小，这些技能前几讲都练过，这里负责串成一条链。

从考试上看，它是导数大题最多见的第一问。 后面的求极值、证不等式、讨论根的个数，全都建立在"单调性先说清楚"之上；第一问有缺口，后面几问跟着一起错。

思考与拓展

1. 讨论 $f(x) = x^3 - 3ax^2$ 的单调性。（提示：$f'(x) = 3x(x - 2a)$，比较零点 $0$ 与 $2a$ 的大小。）
2. 讨论 $f(x) = \dfrac{1}{2}x^2 - a\ln x$ 在 $(0, +\infty)$ 上的单调性。（提示：$f'(x) = \dfrac{x^2 - a}{x}$，先看 $x^2 - a$ 在定义域内几个零点。）
3. 讨论 $f(x) = \ln(x - 2a) + x$ 的单调性。（提示：先写定义域 $(2a, +\infty)$，再算 $f'(x)$ 符号。）
4. 求 $f(x) = x^3 - 3x^2$ 在 $[a, a+3]$ 上的最小值。（提示：驻点是 $0$ 和 $2$，按两个驻点是否落入区间分类。）
5. 讨论 $f(x) = x^3 - 3x + a$ 在不同 $a$ 值下零点个数的变化。（提示：先固定 $g(x) = x^3 - 3x$ 的极值，再让水平线上下平移。）

高考母题

（2025·全国II卷） 已知函数 $f(x)=ln(1+x)-x+\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } -kx ^ { 3 }$ ，其中 $0 < k < \frac { 1 } { 3 }$ ．
(1)证明： $f(x)$ 在区间 $(0,+∞)$ 存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设 $x_{ 1 } ,x_{ 2 }$ 分别为 $f(x)$ 在区间 $(0,+∞)$ 的极值点和零点. （i）设函数 $g(t)=f\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ .证明： $g(t)$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 单调递减； （ii）比较 $2x_{ 1 }$ 与 $x_{ 2 }$ 的大小，并证明你的结论．

展开详解

(1)证明：由题得 $f'\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-1+x-3kx ^ { 2 } =\frac { x ^ { 2 } } { 1+x }-3kx ^ { 2 } =x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-3k } \right )$ ， 因为 $x∈\left ( { 0,+∞ } \right )$ ，所以 $x ^ { 2 } >0$ ，设 $g\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-3k,x>0$ ， 则 $g'\left ( { x } \right )=-\frac { 1 } { \left ( { 1+x } \right ) ^ { 2 } } < 0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立，所以 $g\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上单调递减， $g\left ( { 0 } \right )=1-3k>0$ ，令 $g\left ( { x_{ 0 } } \right )=0⇒x_{ 0 } =\frac { 1 } { 3k }-1$ ， 所以当 $x∈\left ( { 0,x_{ 0 } } \right )$ 时， $g\left ( { x } \right )>0$ ，则 $f'\left ( { x } \right )>0$ ；当 $x∈\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 时， $g\left ( { x } \right ) < 0$ ，则 $f'\left ( { x } \right ) < 0$ ， 所以 $f\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { 0,x_{ 0 } } \right )$ 上单调递增，在 $\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 上单调递减， 所以 $f\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上存在唯一极值点， 对函数 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x$ 有 $y'=\frac { 1 } { 1+x }-1=-\frac { x } { 1+x } < 0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立， 所以 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x$ 在 $(0,+∞)$ 上单调递减， 所以 $y=ln\left ( { 1+x } \right )-x < y\|_{ x=0 } =0$ 在 $(0,+∞)$ 上恒成立， 又因为 $f\left ( { 0 } \right )=0$ ， $x→+∞$ 时 $\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } -kx ^ { 3 } =\frac { 1 } { 2 }x ^ { 2 } \left ( { 1-2kx } \right ) < 0$ ， 所以 $x→+∞$ 时 $f\left ( { x } \right ) < 0$ ， 所以存在唯一 $x_{ 2 } ∈\left ( { 0,+∞ } \right )$ 使得 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ，即 $f\left ( { x } \right )$ 在 $(0,+∞)$ 上存在唯一零点.
(2)（i）证明：由（1）知 $x_{ 1 } =\frac { 1 } { 3k }-1$ ，则 $x_{ 1 } +1=\frac { 1 } { 3k }$ ， $f'\left ( { x } \right )=x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )$ ， $\because g(t)=f\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ ， 则 $g'\left ( { t } \right )=\left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { x_{ 1 } +t+1 }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )+\left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { x_{ 1 } -t+1 }-\frac { 1 } { 1+x_{ 1 } } } \right )$ $=\frac { -t\left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } } { \left ( { x_{ 1 } +t+1 } \right )\left ( { x_{ 1 } +1 } \right ) }+\frac { t\left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } } { \left ( { x_{ 1 } -t+1 } \right )\left ( { x_{ 1 } +1 } \right ) }$ $=3kt\left[ -\frac { \left ( { x_{ 1 } +t } \right ) ^ { 2 } } { x_{ 1 } +t+1 }+\frac { \left ( { x_{ 1 } -t } \right ) ^ { 2 } } { x_{ 1 } -t+1 } \right]$ $=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } }$ ， $\because k>0,t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right ),∴t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } \left \langle { 0,\left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } } \right \rangle 0$ ， $∴g'(t)=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } } < 0$ ， 即 $g(t)$ 在 $t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减. （ii） $2x_{ 1 } >x_{ 2 }$ ，证明如下： 由（i）知：函数 $g\left ( { t } \right )$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减， 所以 $g\left ( { 0 } \right )>g\left ( { x_{ 1 } } \right )$ 即 $0>f\left ( { 2x_{ 1 } } \right )$ ，又 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ， 由（1）可知 $f\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ 上单调递减， $x_{ 2 } ∈\left ( { x_{ 0 } ,+∞ } \right )$ ，且对任意 $x∈\left ( { 0,x_{ 2 } } \right )$ $f\left ( { x } \right )>0$ ， 所以 $2x_{ 1 } >x_{ 2 }$ . 【分析】
（1）先由题意求得 $f'\left ( { x } \right )=x ^ { 2 } \left ( { \frac { 1 } { 1+x }-3k } \right )$ ，接着构造函数 $g\left ( { x } \right )=\frac { 1 } { 1+x }-3k,x>0$ ，利用导数工具研究函数 $g\left ( { x } \right )$ 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数 $f\left ( { x } \right )$ 在区间 $(0,+∞)$ 上存在唯一极值点；再结合 $f\left ( { 0 } \right )=0$ 和 $x→+∞$ 时 $f\left ( { x } \right )$ 的正负情况即可得证 $f\left ( { x } \right )$ 在区间 $(0,+∞)$ 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1） $x_{ 1 } +1=\frac { 1 } { 3k }$ 和 $g'\left ( { t } \right )=f'\left ( { x_{ 1 } +t } \right )-f'\left ( { x_{ 1 } -t } \right )$ 结合（1）中所得导函数 $f'\left ( { x_{ 1 } } \right )$ 计算得到 $g'\left ( { t } \right )=\frac { 6kt ^ { 2 } \left ( { t ^ { 2 } -x_{ 1 } ^{ 2 }-2x_{ 1 } } \right ) } { \left ( { 1+x_{ 1 } } \right ) ^ { 2 } -t ^ { 2 } }$ ，再结合 $t∈\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 得 $g'\left ( { t } \right ) < 0$ 即可得证； （ii）由函数 $g\left ( { t } \right )$ 在区间 $\left ( { 0,x_{ 1 } } \right )$ 上单调递减得到 $0>f\left ( { 2x_{ 1 } } \right )$ ，再结合 $f\left ( { x_{ 2 } } \right )=0$ ， 和函数 $f\left ( { x } \right )$ 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
（1）略
（2）（i）略 （ii）略

一句话总结

含参讨论的核心：找到让导数性质变化的"临界参数值"，把它们排成参数轴，逐段讨论、列表判号、写完每一支。画图是最好的检查工具，参数数轴上打勾是最好的防漏工具。