例1 (2020·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)當(dāng)a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝1時，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)0，
所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即eq \f(1,a)＝eq \f(x＋2,ex)，
所以函數(shù)y＝eq \f(1,a)的圖象與函數(shù)φ(x)＝eq \f(x＋2,ex)的圖象有兩個交點(diǎn)，φ′(x)＝eq \f(－x－1,ex)，
當(dāng)x∈(－∞，－1)時，φ′(x)>0；
當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，φ′(x)0，
∴h(x)無零點(diǎn)；
當(dāng)x∈(0,4)時，
h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))時，h′(x)0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上單調(diào)遞增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上無零點(diǎn)，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零點(diǎn)．
綜上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，
又h(0)＝0且h(x)為偶函數(shù)，
故h(x)在R上有且僅有三個零點(diǎn)．
思維升華 利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點(diǎn)，主要是根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、奇偶性、最值或極值的符號確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)，此類問題在求解過程中可以通過數(shù)形結(jié)合的方法確定函數(shù)存在零點(diǎn)的條件．
跟蹤訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個零點(diǎn)．
(1)解 當(dāng)a＝3時，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
當(dāng)x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)時，
f′(x)>0；
當(dāng)x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))時，f′(x)0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等價于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
設(shè)g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
則g′(x)＝eq \f(x2?x2＋2x＋3?,?x2＋x＋1?2)≥0在R上恒成立，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(x)至多有一個零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個零點(diǎn)．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)0，故f(x)有一個零點(diǎn)．
綜上所述，f(x)只有一個零點(diǎn)．
題型三 構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)的零點(diǎn)
例3 (2021·全國甲卷)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)當(dāng)a＝2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個交點(diǎn)，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x?2－xln 2?,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，則00)，
則g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
當(dāng)0e時，g′(x)e時，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以00，h(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(－2,1)時，h′(x)0，h(x)單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→－∞時，h(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時，h(x)→0且h(x)

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