前言
函数的零点
对于函数(y＝f(x)(x∈D))，把使得(f(x)=0)的实数(x)叫做函数(y＝f(x)(x∈D))的零点．简言之，零点不是点，是实数；零点是函数对应的方程(f(x)=0)的根。
有关零点的几个结论
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(1)若连续不断的函数(f(x))在定义域上是单调函数，则(f(x))至多有一个零点，也可能没有零点，比如(f(x)=2^x)单调递增，但没有零点。
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(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号。比如函数(f(x)=-(x-1)(x-2))，在(1<x<2)时，函数值(f(x))都是正值。
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(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，如(y=x^3)；也可能不变号，如(y=x^2)。
重要转化
函数(y=f(x)=h(x)-g(x))有零点[数的角度]
(Longleftrightarrow)函数(y=f(x))与(x)轴有交点[形的角度]
(Longleftrightarrow)方程(f(x)=0)有实根[数的角度]
(Longleftrightarrow)函数(y=h(x))与函数(y=g(x))的图像有交点[形的角度]
- 具体应用时务必注意对函数(f(x))的有效拆分，比如函数(f(x)=lnx-x+2)，
拆分为①(h(x)=lnx)和(g(x)=x-2)，或者拆分为②(h(x)=lnx-2)和(g(x)=x)，都比拆分为③(h(x))(=)(ln x)(-x)和(g(x))(=)(2)要强的多。
当拆分为①②时，我们都可以轻松的画出其图像，但是拆分为③时，要画出函数(h(x))的图像，就需要导数参与。这时候，我们也就能理解有时候选择比努力更重要。
拆分原则：尽可能的拆分为我们学过的基本初等函数或初等函数，这样的拆分是上上策。
零点存在性定理
如果函数(y＝f(x))在区间([a，b])上的图象是连续不断的一条曲线，并且有(f(a)cdot f(b)<0)，那么，函数(y＝f(x))在区间((a，b))内至少有一个零点，即至少存在一个(cin (a，b))，使得(f(c)=0)，这个(c)也就是方程(f(x)＝0)的根．
- 定理的理解需要注意：
①零点存在性定理的使用有两个条件必须同时具备，其一在区间([a，b])上连续，其二(f(a)cdot f(b)<0)，缺一不可；
比如，函数(f(x)=cfrac{1}{x})在区间([-1，1])上满足(f(-1)cdot f(1)<0)，但是其在区间([-1，1])没有零点，原因是不满足第一条；
再比如函数(f(x)=2^x)，在区间([-1，1])上满足连续，但是其在区间([-1，1])没有零点，原因是不满足第二条；
②零点存在性定理只能判断函数的变号零点，不能判断不变号零点。
变号零点的例子(f(x)=x^3)的零点(x=0)，不变号零点的例子(g(x)=x^2)的零点(x=0)。
③零点存在性定理是函数有零点的充分不必要条件。
④零点存在性定理为什么前面用闭区间([a，b])而后面用开区间((a，b))？
由于要计算(f(a))和(f(b))的值，自然函数必须在区间的端点处有定义，故前边要使用闭区间，后边如果是闭区间，则零点可能会是(x=a)或(x=b)，这样条件就会变为(f(a)cdot f(b)leq 0)，与定理的条件不符，故后边用开区间((a，b))。
求零点方法
- 解方程法；能解则解，从数的角度分析解决问题，本来就是排在第一位的。
解：由(f(x)=2sin x-sin2x=2sin x-2sin xcos x=2sin x(1-cos x)=0)，
则(sin x=0)或(1-cos x=0)，
由(sin x=0)且(xin [0, 2pi])得到，(x=0)，或(x=pi)，或(x=2pi)，
由(cos x=1)且(xin [0, 2pi])得到，(x=0)，或(x=2pi)，
即得到(x=0)，或(x=pi)，或(x=2pi)，故(f(x))在([0, 2pi])的零点个数为(3)个，选(B).
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图像法；图像法确定函数的零点，充其量也就是个大致的区间，不大可靠，而且随个人作图的习惯出入很大。
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零点存在性定理；和图像法确定函数的零点相比，零点存在性定理可以说是比较精确的区间定位。
解析: 因为函数(f(x)=a^{2}x-2a+1)，命题(forall x in(0,1), f(x) eq 0")是假命题，
所以原命题的否定是“(exists x_{0}in(0,1))，使(f(x_{0})=0")是真命题这可以看成零点存在的给出方式，一般用文字给出，说函数(f(x))在((0,1))内有一个零点，也可以用命题的形式给出，如题。，
所以(f(1)cdot f(0)<0)，即((a^{2}-2a+1)(-2a+1)<0)
所以((a-1)^{2}(2a-1)>0)，解得(a>frac{1}{2})且(a eq 1)
所以实数(a)的取值范围是((cfrac{1}{2},1)cup(1,+infty))，故选(D)。
高阶典例
求证：函数(g(x))有(2)个不同的零点；
分析：待整理；
法1：从形的角度入手，转化为求证(y=lnx)和函数(y=ax(0<a<cfrac{1}{e}))有两个不同的交点；
法2：从形的角度入手，分离参数，转化为求证(y=cfrac{lnx}{x})和函数(y=a(0<a<cfrac{1}{e}))有两个不同的交点；
法3：从数的角度入手，先说明单调性，再采用零点存在性定理；
(f'(x)=cfrac{1}{x}-a=cfrac{1-ax}{x})；
故在((0，cfrac{1}{a}))上单调递增，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递减，
(f(cfrac{1}{a})=-lna+1>0)，
(f(cfrac{1}{e})<0)，
(f(cfrac{1}{a^2})<0)
(f(cfrac{1}{a^3})<0)
(1).若(a=3)，求(f(x))的单调区间。
分析：(f(x)=frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1))，
当(a=3)时，(f'(x)=x^2-3(2x+1)，) 令(f'(x)=0)，则(x=3pm 2sqrt{3})，
则(x<3-2sqrt{3})或(x>3+2sqrt{3})时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；
(3-2sqrt{3}< x < 3+2sqrt{3})时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；
故单调递增区间为((-infty，3-2sqrt{3}))和((3+2sqrt{3}，+infty))，单调递减区间为((3-2sqrt{3}，3+2sqrt{3}))。
(2).证明：(f(x))只有一个零点。
[高考证明]：由于(x^2+x+1>0)，所以(f(x)=0)等价于(cfrac{x^3}{x^2+x+1}-3a=0)，
设(g(x)=cfrac{x^3}{x^2+x+1}-3a)，则(g'(x)=cfrac{x^2(x^2+2x+3)}{(x^2+x+1)^2}geqslant 0)，
仅当(x=0)时，(g'(x)=0)，则(g(x))在((-infty，+infty))上单调递增，
故(g(x))至多有一个零点，从而(f(x))至多有一个零点，
又(f(3a-1)=-6a^2+2a-cfrac{1}{3}=-6(x-cfrac{1}{6})^2-cfrac{1}{6}<0)，
(f(3a+1)=cfrac{1}{3}>0)，故(f(x))有一个零点，
综上，函数(f(x))只有一个零点。
[替代证明]：由题目可知，函数(f(x))只有一个零点，即方程(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)=0)只有一个解。
即方程(a(x^2+x+1)=cfrac{1}{3}x^3)只有一个解。注意到(x^2+x+1 eq 0)
即方程(a=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)})只有一个解。
令函数(h(x)=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)})，则
(h'(x)=cfrac{3x^2cdot 3(x^2+x+1)-x^3cdot 3(2x+1)}{[3(x^2+x+1)]^2})
(=cfrac{3x^2(x^2+2x+3)}{[3(x^2+x+1)]^2})(=cfrac{3x^2[(x+1)^2+2]}{[3(x^2+x+1)]^2}ge 0)，
且仅仅在(x=0)一个点处使得(h'(x)=0)，
故函数(h'(x))在((-infty，+infty))上单调递增；
又由于(h(x)=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)}=cfrac{x}{3(1+frac{1}{x}+frac{1}{x^2})})
当(x ightarrow +infty)时，(h(x) ightarrow +infty)；
当(x ightarrow -infty)时，(h(x) ightarrow -infty)；
即函数(y=a)与函数(y=h(x))必然只有一个交点，
故方程(a=h(x))必然只有一个根，即函数(f(x))只有一个零点。
【解后反思】1、如果仅仅证明到函数(h(x))单调递增，则方程(a=h(x))必然有一个交点是有漏洞的，比如函数(h(x))满足单调递增，但是其图像夹在直线(y=pm 1)之间时，则方程(a=h(x))可能有一个交点，也可能没有交点。
2、估计高考答案是注意到这个解法需要用极限说明图像，故采用了单调性和零点存在性定理做了说明。
3、注意数学常识的使用，(x^2 pm x+1>0)，(x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0).