导数法研究函数的零点
用导数做工具研究函数的零点，往往针对的是比较复杂的函数。
前言
在函数与方程章节中，我们研究过函数的零点，其常用的求解思路有①解方程法，应该排在首位，能解则解；②零点存在性定理；③数形结合法；当时使用的数形结合法，还没有渗透使用导数的方法，能处理的函数类型和函数的复杂程度都是很有限的，当引入导数这一利器，研究函数的范围、类型和眼界一下子开阔了许多，所以，请仔细体会导数素材的工具性；
含参函数的零点
(1).求函数 \(f(x)\) 的单调区间；
分析：由于\(f(x)=2a^{2}\ln x-x^{2}\)，定义域为\((0,+\infty)\)，
则\(f^{\prime}(x)=\cfrac{2 a^{2}}{x}-2x=\cfrac{2a^{2}-2 x^{2}}{x}\)\(=\cfrac{-2(x-a)(x+a)}{x}\)
借助分子函数\(y=-2(x+a)(x-a)\)的图像，判断如下：
由于\(a>0\)，故当 \(0<x<a\) 时, \(f^{\prime}(x)>0\)，当 \(x>a\) 时, \(f^{\prime}(x)<0\).
故\(f(x)\) 的单调递增区间是 \((0, a)\)，单调递减区间是 \((a,+\infty)\)。
(2)讨论函数 \(f(x)\) 在区间\((1，e^2)\)上零点的个数 . (\(e\) 为自然对数的底数)
分析： 由(1)得 \(f(x)_{\max}=f(a)\)\(=a^{2}(2\ln a-1)\)，
借助函数的最大值的正负，讨论函数 \(f(x)\) 的零点情况如下:
①当 \(a^{2}(2 \ln a-1)<0\)，即 \(0<a<\sqrt{e}\)时，函数无零点，
②\(a^{2}(2 \ln a-1)=0\)， 即 \(a=\sqrt{e}\)时，函数在\((0,+\infty)\)有一个零点，
又由于\(1<a=\sqrt{e}<e^2\)，故\(f(x)\) 在 \((1, e^2)\) 内有一个零点；
③当 \(a^{2}(2 \ln a-1)>0\)时，即 \(a>\sqrt{\mathrm{e}}\) 时，由于 \(f(1)=-1<0\)，\(f(a)=a^{2}(2\ln a-1)>0\)，
\(f(e^2)=2a^{2}\ln(e^2)-{e}^{4}=4a^{2}-{e}^{4}\)
\(=(2a-{e}^{2})(2a+e^{2})\) \(\quad\quad\)注意，此时\((2a+e^2>0)\)恒成立；
\(\quad\quad\)当 \(2a-e^2<0\)，即\(\sqrt{e}<a<\cfrac{{e}^{2}}{2}\) 时，\(1<\sqrt{e}<a<\cfrac{{e}^{2}}{2}<e^{2}\)，
\(f({e}^{2})<0\)，由函数 \(f(x)\) 的单调性可知，函数 \(f(x)\) 在 \((1, a)\) 内有唯一零点 \(x_{1}\)，
在 \((a, {e}^{2})\) 内有唯一零点 \(x_{2}\) ，则\(f(x)\) 在 \((1, {e}^{2})\) 内有两个零点.
\(\quad\quad\)当\(2a-{e}^{2}\geqslant 0\)， 即 \(a \geqslant \cfrac{e^2}{2}>\sqrt{e}\)时，
\(f(e^2)\geqslant 0\)，而且 \(f(e)=2a^{2}\cdot \cfrac{1}{2}-e=a^{2}-e>0\)，\(f(1)=-1<0\)，
由函数的单调性可知，无论\(a \geqslant e^2\)，还是\(\cfrac{e^2}{2}\leqslant a<e^{2}\)，
\(f(x)\) 在 \((1, \sqrt{e})\) 内有唯一的零点，在 \((\sqrt{e}, e^2)\) 内没有零点，
从而 \(f(x)\) 在 \((1, e^2)\) 内只有一个零点.
综上所述，当\(0<a<\sqrt{e}\)时，函数无零点，
当\(a=\sqrt{e}\)或\(a\geqslant \cfrac{e^2}{2}\)时，函数在\((1,e^2)\)有一个零点，
当 \(\sqrt{e}<a<\cfrac{e^2}{2}\) 时， 函数 \(f(x)\) 在区间 \((1, e^2)\) 上有两个零点.
法1：利用导数方法求解，\(f'(x)=\cfrac{-a(x-2)}{e^x}(a<0)\)，
当\(x<2\)时，\(f'(x)<0\)，函数\(f(x)\)单调递减，
当\(x>2\)时，\(f'(x)>0\)，函数\(f(x)\)单调递增，
故当\(x=2\)时，\(f(x)_{min}=f(2)=\cfrac{a}{e^2}+1\)，
若要使的函数没有零点，当且仅当\(f(2)=\cfrac{a}{e^2}+1>0\)，
解得\(a>-e^2\)，又\(a<0\)，故\(a\in (-e^2，0)\)；
法2：函数\(y=a(x-1)(a<0)\)与函数\(y=-e^x\)没有交点，数形结合求解得到，\(a\in (-e^2，0)\).
分析：含有参数的函数在某个区间上存在零点，我们常采用两个思路来求解：其一，分离参数，构造 \(a=h(x)\) 在区间有解的模型，转化为求函数 \(h(x)\) 的值域即可；其二：不分离参数，采用分类讨论的方法，此时采用导数的方法，分析其单调性，结合图像，确定零点的存在与否，从而确定参数的取值范围。
解法1：【分离参数法，此思路可能要用到洛必达法则】由于函数 \(f(x)=x-\sqrt{x}-a\ln x\) 在区间 \((1,+\infty)\) 上存在零点，
则分离参数得到，方程 \(a=\cfrac{x-\sqrt{x}}{\ln x}\) 在区间 \((1,+\infty)\) 上有解，
令 \(g(x)=\cfrac{x-\sqrt{x}}{\ln x}\)，则 \(g'(x)=\cfrac{(2\sqrt{x}-1)\cdot\ln x+2-2\sqrt{x}}{(\ln x)^2\cdot2\sqrt{x}}\)，
再令 \(\phi(x)=(2\sqrt{x}-1)\cdot\ln x+2-2\sqrt{x}\)，则 \(\phi'(x)=\cfrac{\ln x-1}{\sqrt{x}}+\cfrac{2\sqrt{x}-1}{x}\)
\(=\cfrac{x\cdot\ln x+x-\sqrt{x}}{x\cdot\sqrt{x}}>0\)由于 \(x\sqrt{x}>0\) ，\(x\ln x>0\) ，而 \(x>1\)时，\(x-\sqrt{x}>0\)，故\(\phi'(x)>0\)
从而 \(\phi(x)\) 在区间 \((1,+\infty)\) 单调递增，故 \(\phi(x)>\phi(1)=0\)，
从而导致 \(g'(x)>0\) ，从而使得 \(g(x)\) 在区间 \((1,+\infty)\) 单调递增，
但当我们求解 \(g(1)\) 时发现，\(g(1)=\cfrac{0}{0}\)，没有意义，此时就需要用到洛必达法则；
由洛必达法则可知，\(g(1)=\lim\limits_{x\to 1^+} g(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{(x-\sqrt{x})'}{(\ln x)'}=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{1-\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\frac{1}{x}}=\cfrac{1}{2}\)
即函数 \(g(x)\) 的值域为 \((\cfrac{1}{2},+\infty)\)， 则\(a\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\)，故 选 \(D\) .
解法2：【不分离参数，采用分类讨论的方法】因为函数 \(f(x)=x-\sqrt{x}-a \ln x\) ，
所以 \(f'(x)\)\(=\)\(1-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}-\cfrac{a}{x}\)\(=\)\(\cfrac{2x-\sqrt{x}-2a}{2x}\)此时我们关注导函数的正负，分母为正不需要关注，此时的关注点主要是分子，由于从数和形的角度都不好判断，故我们采用二阶导的思路继续往下走。 ，
令 \(g(x)=2x-\sqrt{x}-2a\) ，因为 \(g'(x)=2-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}=\cfrac{4\sqrt{x}-1}{2\sqrt{x}}\) ，
当 \(x\in(1,+\infty)\) 时， \(4\sqrt{x}-1>0\)，\(2\sqrt{x}>0\) ，所以 \(g'(x)>0\) ，
所以 \(g(x)\) 在 \((1 ，+\infty)\) 上为增函数，则 \(g(x)>g(1)=1-2a\)此时函数 \(g(x)\) 的最小值的极限不是常量而是个变量，故需要分析讨论，原因是其正负必然会影响一阶导的正负，而在分类讨论是我们将简单的情形往往先放在前边，由于恒为正的简单，故先讨论它。 ，
当 \(1-2a\geqslant 0\) 时， \(g(x)>0\) ，则 \(f'(x)>0\) ，所以 \(f(x)\) 在 \((1，+\infty)\) 上为增函数，
则 \(f(x)>f(1)=0\) ，所以 \(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上没有零点 .
当 \(1-2a<0\) ，即 \(a>\cfrac{1}{2}\) 时，
因为 \(g(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上为增函数，
则存在唯一的 \(x_{0}\in(1,+\infty)\) ，使得 \(g(x_{0})=0\) ，
且当 \(x\in(1, x_{0})\) 时， \(g(x)<0\) ，当 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 时， \(g(x)>0\) ；
所以当 \(x\in(1,x_{0})\) 时， \(f(x)<0\) ， \(f(x)\) 为减函数，
当 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 时， \(f(x)>0\) ， \(f(x)\) 为增函数，
当 \(x=x_{0}\) 时， \(f(x)_{\min}=f(x_{0})\) ，
因为 \(f(x_{0})<f(1)=0\) ，当 \(x \rightarrow +\infty\) 时，\(f(x) \rightarrow+\infty\)此处可以结合三个函数 \(y=x\) 和 \(y=\sqrt{x}\) 以及 \(y=-a\ln x\) 的图像加以说明， ，
所以在 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 内， \(f(x)\) 一定存在唯一 一个零点.
所以 \(a\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\) ，故选 \(D\) .
〔解后反思〕：如果题目给定的函数中不含有参数，参数在所给的区间端点处[ 比如给定区间为 \((a,1-2a)\) ]，则我们用导数先判断函数的单调性，做出函数的大致图像，然后利用零点[ 比如此处零点为 \(x=2\) ]包含在给定的动区间内，则 \(a\)\(<\)\(2\)\(<\)\(1\)\(-\)\(2a\)，解不等式即可得到参数的取值范围。
