前言
虽说零点和极值点都叫点，但是她们和我们平常所说的点\(A(1,2)\)是不一样的，零点和极值点其实都是实数；同类：截距不是距离；
两者区别
零点：是针对函数\(f(x)\)而言的，意思是使得\(f(x)=0\)的\(x\)的取值；
比如二次函数\(f(x)=x^2-3x+2\)，由于\(f(x)=x^2-3x+2=0\)，解得\(x=1\)或者\(x=2\)，故其零点为\(x=1\)和\(x=2\)，有两个零点。也就是说零点其实是函数\(y=f(x)\)图像与直线\(y=0\)交点的横坐标。她又可以分为变号零点和不变号零点。比如函数\(f(x)=(x-4)^2\)的零点为\(x=4\)，这个零点就是不变号零点；而刚才\(f(x)=x^2-3x+2\)的两个零点\(x=1\)和\(x=2\)就叫变号零点，
注意：上图中的三个函数都是原函数\(f(x)\)的图像，而不是导函数\(f'(x)\)的图像；
常用的转化关系：涉及数形结合的思想方法。
函数\(y=f(x)\)有\(n\)个零点 \(\Longleftrightarrow\)
方程\(f(x)=0\)有\(n\)个不同的根 \(\Longleftrightarrow\)
两个函数图像\(y=f(x)\)与\(y=0\)有\(n\)个不同的交点[穿根交点和相切交点都算数]，
极值点：也是针对函数\(f(x)\)而言的，但她与函数\(f(x)\)和导函数\(f'(x)\)都有关，极值点是导函数的零点；
比如\(x_0\)为函数\(f(x)\)的极值点，则求极值时必须计算\(f(x_0)\)而不是\(f'(x_0)\)，而\(x_0\)要成为极值点，则首先必须满足\(f'(x_0)=0\)且导函数在\(x_0\)的左右的函数值必须异号；
常用的转化关系：函数\(y=f(x)\)有\(n\)个极值点 \(\Longleftrightarrow\) 函数\(y=f'(x)\)有\(n\)个不同的零点(变号零点) \(\Longleftrightarrow\) 两个函数图像\(y=f'(x)\)与\(y=0\)有\(n\)个不同的穿根交点而不是相切点，思想方法：数形结合。
两者联系
导函数\(f'(x)\)的变号零点是原函数\(f(x)\)的极值点。导函数\(f'(x)\)的不变号零点不是原函数\(f(x)\)的极值点；
易错情形
当已知函数\(f(x)\)在区间\(D\)上有极值点时，我们容易错误转化为\(f'(x)=0\)在区间\(D\)上有解，但这些解中有些是导函数的相切解，有些是导函数的穿根解，而相切解不能成为极值点。
如上图，\(x=4\)是导函数的零点，但却是方程\(f'(x)=0\)的相切解，而不是穿根解；故\(x=4\)不是原函数的极值点。
具体问题中如何操作，以例说明；
法1：函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+x+1\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有极值点，\(f'(x)=x^2-ax+1\)，
则\(f'(x)=0\)有\(2\)个不同的实根[若\(\Delta=0\)，是一个根，就是相切解，不会成为极值点；若\(\Delta< 0\)，没有根，则没有极值点]且在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[一个解或者两个解]，
则由\(\Delta=a^2-4>0\)，解得\(a<-2\)或\(a>2\)①；
由\(x^2-ax+1=0\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，分离参数得到\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域为\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)
故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)②，由①②求交集，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。
法2：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有漏解]，
①当方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)内仅有一个穿根解时，由零点存在性定理得到\(f'(\cfrac{1}{2})\cdot f'(3)<0\)，
解得\(\cfrac{5}{2}<a<\cfrac{10}{3}\)；
②当方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)内有两个穿根解时，则\(\left\{\begin{array}{l}{f'(\cfrac{1}{2})>0}\\{f'(3)>0}\\{\Delta>0}\\{\cfrac{1}{2}<\cfrac{a}{2}<3}\end{array}\right.\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{1}{4}-\cfrac{a}{2}+1>0}\\{9-3a+1>0}\\{a^2-4>0}\\{\cfrac{1}{2}<\cfrac{a}{2}<3}\end{array}\right.\)
解得\(2<a<\cfrac{5}{2}\)；
③\(a=\cfrac{5}{2}\)时，\(f'(x)=x^2-\cfrac{5}{2}x+1=(x-\cfrac{1}{2})(x-2)\)，也满足题意；
综上所述，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。
法3：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，
则方程\(x^2+1=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
则函数\(y=x^2+1\)和函数\(y=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有交点，
函数\(y=x^2+1\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的图像的两个端点为坐标\((\cfrac{1}{2},\cfrac{5}{4})\)和\((3,10)\)，
当\(y=ax\)与\(y=x^2+1\)相切时，由\(\Delta=a^2-4=0\)，解得\(a=2\)，舍去\(a=-2\)，
当\(y=ax\)过点\((3,10)\)时，\(a=\cfrac{10}{3}\)，
由图像可知两个函数有交点时\(a\in [2,\cfrac{10}{3})\)，但\(a=2\)时是相切解，故排除；
综上所述，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。
法4：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，
则方程\(x^2+1=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，即\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域为\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)
故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)，又由于\(a=2\)时，刚好和函数\(y=x+\cfrac{1}{x}\) \(x\in (\cfrac{1}{2},3)\)相切，是相切解，排除；
故实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。
典例剖析
【法1】：不完全分离参数法，数形结合法，定义域为\((0，+\infty)\)，转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根，
再转化为函数\(y=kx^2\)与函数\(y=lnx\)的图像有两个不同的交点，
如图设两个函数的图像相切于点为\((x_0，y_0)\)，
则有关系式\(\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}\)，
解得\(y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}\)，即切点为\((\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})\)，
再代入函数\(y=kx^2\)，求得此时的\(k=\cfrac{1}{2e}\)，
再结合函数\(y=kx^2\)的系数\(k\)的作用，可得两个函数要有两个不同的交点，
则\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故选\(D\).
【法2】：完全分离参数法，定义域为\((0，+\infty)\)，转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根，
再转化为\(k=\cfrac{lnx}{x^2}\)有两个不同的实数根，
再转化为函数\(y=k\)和函数\(y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}\)的图像有两个不同的交点，
用导数研究函数\(g(x)\)的单调性，\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\)，
令\(1-2lnx>0\)，得到\(0< x<\sqrt{e}\)，令\(1-2lnx<0\)，得到\(x >\sqrt{e}\)，
即函数\(g(x)\)在区间\((0，\sqrt{e}]\)上单调递增，在\([\sqrt{e}，+\infty)\)上单调递减，
故\(g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}\)，
作出函数\(g(x)\)和函数\(y=k\)的简图，由图像可得\(k\)的取值范围是\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故选\(D\).
【法1】：函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点，
即函数\(g(x)=lnx+1(x>0)\)与函数\(h(x)=ae^x(x>0)\)有两个不同的交点；
仿上题的法1，求得两条曲线相切时的\(a=\cfrac{1}{e}\)，
结合图像可知，要使两个函数有两个不同的交点，
则有\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故选\(A\)。
【法2】：函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点，
分离参数得到，\(a=\cfrac{lnx+1}{e^x}\)，
仿上例法2，求得\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故选\(A\)。
分析：易知\(f'(x)=-sinx-1\)，\(x\in (0，\pi)\)，故\(f'(x)<0\)，则\(f(x)\)在\((0，\pi)\)上单调递减，故选\(D\)。
解后反思：函数\(f(x)=cosx-x\)的定义域为\((-\infty，+\infty)\)，\(f'(x)=-sinx-1\)，
则\(x\in (-\infty，+\infty)\)时，\(f'(x)\leqslant 0\)恒成立，
虽说导函数有无穷个零点，但这些零点都不能连成一个宽度大于零的区间，
故不可能是常函数，即函数\(f(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上是减函数。