前言
雖說零點和極值點都叫點，但是她們和我們平常所說的點\(A(1,2)\)是不一樣的，零點和極值點其實都是實數；同類：截距不是距離；
兩者區別
零點：是針對函數\(f(x)\)而言的，意思是使得\(f(x)=0\)的\(x\)的取值；
比如二次函數\(f(x)=x^2-3x+2\)，由於\(f(x)=x^2-3x+2=0\)，解得\(x=1\)或者\(x=2\)，故其零點為\(x=1\)和\(x=2\)，有兩個零點。也就是說零點其實是函數\(y=f(x)\)圖像與直線\(y=0\)交點的橫坐標。她又可以分為變號零點和不變號零點。比如函數\(f(x)=(x-4)^2\)的零點為\(x=4\)，這個零點就是不變號零點；而剛才\(f(x)=x^2-3x+2\)的兩個零點\(x=1\)和\(x=2\)就叫變號零點，
注意：上圖中的三個函數都是原函數\(f(x)\)的圖像，而不是導函數\(f'(x)\)的圖像；
常用的轉化關系：涉及數形結合的思想方法。
函數\(y=f(x)\)有\(n\)個零點 \(\Longleftrightarrow\)
方程\(f(x)=0\)有\(n\)個不同的根 \(\Longleftrightarrow\)
兩個函數圖像\(y=f(x)\)與\(y=0\)有\(n\)個不同的交點[穿根交點和相切交點都算數]，
極值點：也是針對函數\(f(x)\)而言的，但她與函數\(f(x)\)和導函數\(f'(x)\)都有關，極值點是導函數的零點；
比如\(x_0\)為函數\(f(x)\)的極值點，則求極值時必須計算\(f(x_0)\)而不是\(f'(x_0)\)，而\(x_0\)要成為極值點，則首先必須滿足\(f'(x_0)=0\)且導函數在\(x_0\)的左右的函數值必須異號；
常用的轉化關系：函數\(y=f(x)\)有\(n\)個極值點 \(\Longleftrightarrow\) 函數\(y=f'(x)\)有\(n\)個不同的零點(變號零點) \(\Longleftrightarrow\) 兩個函數圖像\(y=f'(x)\)與\(y=0\)有\(n\)個不同的穿根交點而不是相切點，思想方法：數形結合。
兩者聯系
導函數\(f'(x)\)的變號零點是原函數\(f(x)\)的極值點。導函數\(f'(x)\)的不變號零點不是原函數\(f(x)\)的極值點；
易錯情形
當已知函數\(f(x)\)在區間\(D\)上有極值點時，我們容易錯誤轉化為\(f'(x)=0\)在區間\(D\)上有解，但這些解中有些是導函數的相切解，有些是導函數的穿根解，而相切解不能成為極值點。
如上圖，\(x=4\)是導函數的零點，但卻是方程\(f'(x)=0\)的相切解，而不是穿根解；故\(x=4\)不是原函數的極值點。
具體問題中如何操作，以例說明；
法1：函數\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+x+1\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有極值點，\(f'(x)=x^2-ax+1\)，
則\(f'(x)=0\)有\(2\)個不同的實根[若\(\Delta=0\)，是一個根，就是相切解，不會成為極值點；若\(\Delta< 0\)，沒有根，則沒有極值點]且在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[一個解或者兩個解]，
則由\(\Delta=a^2-4>0\)，解得\(a<-2\)或\(a>2\)①；
由\(x^2-ax+1=0\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，分離參數得到\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域為\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)
故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)②，由①②求交集，得到實數\(a\)的取值范圍是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故選\(C\)。
法2：由題可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有漏解]，
①當方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)內僅有一個穿根解時，由零點存在性定理得到\(f'(\cfrac{1}{2})\cdot f'(3)<0\)，
解得\(\cfrac{5}{2}<a<\cfrac{10}{3}\)；
②當方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)內有兩個穿根解時，則\(\left\{\begin{array}{l}{f'(\cfrac{1}{2})>0}\\{f'(3)>0}\\{\Delta>0}\\{\cfrac{1}{2}<\cfrac{a}{2}<3}\end{array}\right.\) 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\(a=\cfrac{5}{2}\)時，\(f'(x)=x^2-\cfrac{5}{2}x+1=(x-\cfrac{1}{2})(x-2)\)，也滿足題意；
綜上所述，得到實數\(a\)的取值范圍是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故選\(C\)。
法3：由題可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，
則方程\(x^2+1=ax\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
則函數\(y=x^2+1\)和函數\(y=ax\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有交點，
函數\(y=x^2+1\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上的圖像的兩個端點為坐標\((\cfrac{1}{2},\cfrac{5}{4})\)和\((3,10)\)，
當\(y=ax\)與\(y=x^2+1\)相切時，由\(\Delta=a^2-4=0\)，解得\(a=2\)，舍去\(a=-2\)，
當\(y=ax\)過點\((3,10)\)時，\(a=\cfrac{10}{3}\)，
由圖像可知兩個函數有交點時\(a\in [2,\cfrac{10}{3})\)，但\(a=2\)時是相切解，故排除；
綜上所述，得到實數\(a\)的取值范圍是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故選\(C\)。
法4：由題可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，
則方程\(x^2+1=ax\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，即\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，
而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在區間\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域為\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)
故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)，又由於\(a=2\)時，剛好和函數\(y=x+\cfrac{1}{x}\) \(x\in (\cfrac{1}{2},3)\)相切，是相切解，排除；
故實數\(a\)的取值范圍是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故選\(C\)。
典例剖析
【法1】：不完全分離參數法，數形結合法，定義域為\((0，+\infty)\)，轉化為方程\(kx^2=lnx\)有兩個不同的實數根，
再轉化為函數\(y=kx^2\)與函數\(y=lnx\)的圖像有兩個不同的交點，
如圖設兩個函數的圖像相切於點為\((x_0，y_0)\)，
則有關系式\(\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}\)，
解得\(y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}\)，即切點為\((\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})\)，
再代入函數\(y=kx^2\)，求得此時的\(k=\cfrac{1}{2e}\)，
再結合函數\(y=kx^2\)的系數\(k\)的作用，可得兩個函數要有兩個不同的交點，
則\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故選\(D\).
【法2】：完全分離參數法，定義域為\((0，+\infty)\)，轉化為方程\(kx^2=lnx\)有兩個不同的實數根，
再轉化為\(k=\cfrac{lnx}{x^2}\)有兩個不同的實數根，
再轉化為函數\(y=k\)和函數\(y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}\)的圖像有兩個不同的交點，
用導數研究函數\(g(x)\)的單調性，\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\)，
令\(1-2lnx>0\)，得到\(0< x<\sqrt{e}\)，令\(1-2lnx<0\)，得到\(x >\sqrt{e}\)，
即函數\(g(x)\)在區間\((0，\sqrt{e}]\)上單調遞增，在\([\sqrt{e}，+\infty)\)上單調遞減，
故\(g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}\)，
作出函數\(g(x)\)和函數\(y=k\)的簡圖，由圖像可得\(k\)的取值范圍是\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故選\(D\).
【法1】：函數\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有兩個變號零點，
即函數\(g(x)=lnx+1(x>0)\)與函數\(h(x)=ae^x(x>0)\)有兩個不同的交點；
仿上題的法1，求得兩條曲線相切時的\(a=\cfrac{1}{e}\)，
結合圖像可知，要使兩個函數有兩個不同的交點，
則有\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故選\(A\)。
【法2】：函數\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有兩個變號零點，
分離參數得到，\(a=\cfrac{lnx+1}{e^x}\)，
仿上例法2，求得\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故選\(A\)。
分析：易知\(f'(x)=-sinx-1\)，\(x\in (0，\pi)\)，故\(f'(x)<0\)，則\(f(x)\)在\((0，\pi)\)上單調遞減，故選\(D\)。
解后反思：函數\(f(x)=cosx-x\)的定義域為\((-\infty，+\infty)\)，\(f'(x)=-sinx-1\)，
則\(x\in (-\infty，+\infty)\)時，\(f'(x)\leqslant 0\)恆成立，
雖說導函數有無窮個零點，但這些零點都不能連成一個寬度大於零的區間，
故不可能是常函數，即函數\(f(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上是減函數。