【方法技巧】
1.利用導數(shù)求函數(shù)的零點常用方法
(1)構造函數(shù)g(x)，利用導數(shù)研究g(x)的性質(zhì)，結合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點的個數(shù).
(2)利用零點存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點，再結合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個零點.
2.函數(shù)零點個數(shù)可轉化為兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.
3.與函數(shù)零點有關的參數(shù)范圍問題，往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點，并結合特殊點判斷函數(shù)的大致圖象，進而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉化為兩函數(shù)圖象的交點情況.
4.利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點，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)零點的個數(shù)，此類問題在求解過程中可以通過數(shù)形結合的方法確定函數(shù)存在零點的條件．
二、【題型歸類】
【題型一】判斷、證明或討論零點的個數(shù)
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝xsin x－eq \f(3,2).
判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)的零點個數(shù)，并加以證明.
【解析】f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個零點.證明如下：
∵f′(x)＝sin x＋xcs x，當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，
f(x)＝xsin x－eq \f(3,2)，從而有f(0)＝－eq \f(3,2)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不間斷的.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))內(nèi)至少存在一個零點.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))內(nèi)有且只有一個零點.
當x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))時，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不間斷的，
故存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))時，有g′(x)＜0，
從而g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))內(nèi)單調(diào)遞減.
當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))內(nèi)單調(diào)遞增，故當x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))時，f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))上無零點；
當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減.
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個零點.
綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個零點.
【典例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.
【解析】(1)解 當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x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；
當x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))時，f′(x)0，所以f(x)＝0等價于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
設g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當x＝0時g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增.
故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,6)0，故f(x)有一個零點.
綜上，f(x)只有一個零點.
【典例3】已知函數(shù)f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求函數(shù)g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－f(x)的零點個數(shù)．
【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(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時，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
【解析】(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0).
當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；
當a>0時，因為y＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq \f(a,x)單調(diào)遞增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
又f′(a)>0，當b滿足00，
所以g(x)在區(qū)間eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增．
當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時，
設h(x)＝g′(x)＝2x－2cs x，
此時h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，
又 g′(0)＝－20，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)時g(x)單調(diào)遞減，
x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))時g(x)單調(diào)遞增．
綜上，對于連續(xù)函數(shù)g(x)，當x∈(0，x0)時，g(x)單調(diào)遞減，
當x∈(x0，π)時，g(x)單調(diào)遞增．
又因為g(0)＝－a0，即a

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