前言
常规思路
给定函数，用导数法求数字系数的函数极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数(f'(x))；
③解方程(f'(x)＝0)，求出在函数定义域内的所有根；
④列表检验(f'(x))在(f'(x)＝0)的根(x_0)左右两侧值的符号．
⑤由表格得到极值和极值点；
用导数法求字母系数的函数极值的步骤：
需要分类讨论；每一种情形都对应上述的求解步骤；
相关链接
1、零点和极值点；
有两个极值点求参
【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。
法1：函数(f(x)=x(lnx-ax))有两个极值点，即导函数(f'(x)=lnx+1-2ax)有两个变号零点，
即方程(lnx=2ax-1)有两个不同实数根，即函数(y=lnx)与函数(y=2ax-1)有两个不同的交点，作出图像如右图；
设恒过定点的函数(y=2ax-1)与函数(y=lnx)相切于点((x_0，y_0))，
则(egin{cases}2a=cfrac{1}{x_0}\y_0=2ax_0-1\y_0=lnx_0end{cases})，
解得(x_0=1，y_0=0)，即切点为((1，0))，此时直线的斜率为(k=1)，
由图像可知，要使函数(y=lnx)与函数(y=2ax-1)有两个不同的交点，
则(0<2a<1)，即(ain(0，cfrac{1}{2}))，故选B.
法2：转化为导函数(f'(x)=lnx+1-2ax)有两个变号零点，
分离参数得到，方程(2a=cfrac{lnx+1}{x})有两个不同的实根，
令(g(x)=cfrac{lnx+1}{x})，定义域为(x>0)，(g'(x)=cfrac{-lnx}{x^2})，
则(xin(0，1))时，(g'(x)>0)，函数(g(x))单调递增，
(xin(1，+infty))时，(g'(x)<0)，函数(g(x))单调递减，
故(g(x)_{max}=g(1)=1)，
作出函数(y=g(x))和(y=2a)的图像于同一个坐标系中，
则得到(0<2a<1)，即(ain(0，cfrac{1}{2}))，故选(B).
分析：函数(f(x))有两个极值点，则方程(f'(x)=0)有两个不同实根，且是变号实根；
即(f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0)有两个不同实根，令(e^x=t>0)，
则方程(2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0)有两个不同的正实根，
则其必然满足(left{egin{array}{l}{Delta=4-4 imes2(a^2-1)>0}\{-cfrac{-2}{2 imes 2(a+1)}>0}\{cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}{-cfrac{sqrt{6}}{2}<a<cfrac{sqrt{6}}{2}}\{a>1}\{a<-1或a>1}end{array} ight.)，
则(1<a<cfrac{sqrt{6}}{2})。故选(B)。
分析：同于上例2的不完全分离参数法，可以求得函数(f(x))有两个极值点时的条件是(0< a <cfrac{1}{2})，
再者，由两个函数(y=lnx)和(y=2ax-1)有两个交点的图像，可以直观得到(x_1< 1 < x_2)，
且由(f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1))，以及图像可知，(f'(x) >0)在((x_1，x_2))上恒成立，
故(f(x))在((x_1，x_2))上单调递增，则有(f(x_1)< f(1) =-a <0)，(f(x_2) > f(1) =-a >-cfrac{1}{2})，
故选(D)。
【分析】先将题目转化为导函数(y=f'(x))有两个变号零点，再利用导函数的分子函数即二次函数有两个正值的变号零点解答；
【解答】定义域为((0，+∞))，原函数有两个不相等的正的极值点，则导函数(y=f'(x))有两个正值变号零点，
(f'(x)=cfrac{2-a}{x}+x-2a=cfrac{x^2-2ax+2-a}{x})，
令(g(x)=x^2-2ax+2-a)，则需要(left{egin{array}{l}{△>0}\{-cfrac{-2a}{2}>0}\{g(0)>0}end{array} ight.)，
即(left{egin{array}{l}{a<-2，a>1}\{a>0}\{a<2}end{array} ight.)， 即得到(1<a<2)。
提示：仿照上述例4求解，(ain (0,1))；
存在极值点求参
(1).若曲线(y=f(x))在点((2，f(2)))处的切线斜率为(0)，求(a)；
分析：(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x)，
(f'(2)=(2a-1)e^x)，由(f'(2)=0)，解得(a=cfrac{1}{2})，
经检验，(a=cfrac{1}{2})满足题意；
(2).若函数(f(x))在(x=1)处取得极小值，求(a)的取值范围；
法1：为什么想到分类讨论和求导？[1]
由(1)知，(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x)，
用(y=(ax-1)(x-1))说明；首先讨论最简单的情形，
当(a=0)时，(xin (-infty,1))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；(xin (1,+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；
在(x=1)处取到极大值，不符合题意，舍去；
当(a<0)时，令(f'(x)=0)，得到(x=1)或(x=cfrac{1}{a})，且有(cfrac{1}{a}<0<1)
(xin (-infty,cfrac{1}{a}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；(xin (cfrac{1}{a}，1))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；(xin (cfrac{1}{a},+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；
在(x=1)处取到极大值，不符合题意，舍去；
当(0<cfrac{1}{a}<1)时，即(a>1)，则当(xin (-infty,cfrac{1}{a}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；当(xin (cfrac{1}{a},1))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；当(xin (1，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；则(f(x))在(x=1)处取得极小值；符合题意；
当(cfrac{1}{a}=1)时，即(a=1)，则(f'(x)=(x-1)^2e^xgeqslant 0)恒成立，(f(x))在(xin (-infty,+infty))上单调递增，此时无极值，不符题意；
当(cfrac{1}{a}>1)时，即(0<a<1)，则当(xin (-infty,1))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；当(xin (1,cfrac{1}{a}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；当(xin (cfrac{1}{a}，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；此时则(f(x))在(x=1)处取得极大值；不符合题意；
综上可知，(a)的取值范围为((1，+infty))；
法2：如果只考虑(x=1)的极值的情形，不计其余，也可简解如下，
由于函数(f(x))在(x=1)处取得极小值，且(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x)，以及(e^x>0)恒成立，
则需要导函数(f'(x))的图像满足(f'(1)=0)，且导函数在(x=1)处的值满足左负右正；
令(g(x)=(ax-1)(x-1))，故只需要(a>0)，且(cfrac{1}{a}<1)，解得(a>1)，
故(a)的取值范围为((1，+infty))；
分析：定义域为((0，+infty))，(f'(x)=-cfrac{lnx}{x^2})
当(xin (0，1))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
当(xin (1，+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
故(x=1)为函数的极大值点，且是唯一极值点；
故必满足(0<a<1<a+cfrac{1}{2})，即(ain (cfrac{1}{2}，1));
分析：函数(f(x))在区间((cfrac{1}{2}，3))上有极值点，等价于(f'(x)=0)有(2)个不相等实根且在区间((cfrac{1}{2}，3))内有根，
由(f'(x)=0)有(2)个不相等实根，则由(Delta >0)，得到(a<-2)或(a>2)；
由(f'(x)=0)在区间((cfrac{1}{2}，3))内有根，即(a=x+cfrac{1}{x})在区间((cfrac{1}{2}，3))内有根，
又(x+cfrac{1}{x}in [2，cfrac{10}{3}))，则(2leqslant a<cfrac{10}{3})，
综上，(a)的取值范围是(ain (2，cfrac{10}{3}))，故选(C)；
分析：(f'(x)=e^x+a)，由于函数(f(x)=e^x+ax)有大于零的极值点，
则(f'(x)=e^x+a=0)有大于零的解，即(a=-e^x)在(x>0)上有解，
即(a)的取值范围为函数(y=-e^x(x>0))的值域；
而函数(y=-e^x(x>0))的值域为((-infty，-1))，则(a<-1)，故选(A)。
分析：定义域为((0，+infty))，由于(f'(x)=4x-cfrac{1}{x})，令(f'(x)=0)，解得(x=cfrac{1}{2})为极小值点，也是最小值点，
则由(left{egin{array}{l}{k-1geqslant 0，定义域}\{k-1<cfrac{1}{2}<k+1}end{array} ight.)，解得(kin [1，cfrac{3}{2}))；
(1)当(kleq 0)时，求函数(f(x))的单调区间；
分析：函数的定义域为((0，+infty))，
(f'(x)=cfrac{e^xcdot x^2-e^xcdot 2x}{x^4}-k(-cfrac{2}{x^2}+cfrac{1}{x}))
(=cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-cfrac{kx(x-2)}{x^3}=cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3})
【将上述分式看成三个部分，(y=x-2)和(y=e^x-kx)和(y=x^3)，每一个部分的正负必然会影响和决定整体的正负】
注意到(x^3>0)，当(kleq 0)时，(e^x-kx>0)，故我们只需要借助(y=x-2(x>0))的图像，就可以判断(f'(x))的正负。
当(xin (0，2))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；
当(xin (2，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；
故单减区间为((0，2))，单增区间为((2，+infty))。
(2)若函数(f(x))在((0，2))内存在两个极值点，求(k)的取值范围。
法1：分类讨论法，
由(1)知，当(kleq 0)时，函数(f(x))在((0，2))内单调递增，
故(f(x))在((0，2))内不存在极值点；
当(k > 0)时，设函数(g(x)=e^x-kx)，(xin (0，+infty))，
由于(g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk})，
当(xin (0，2))时，(e^x in (1，e^2))，先考虑(g'(x)ge 0)的情形，故由此找到分点(k=1)；
当(0< k leq 1)时，(xin (0，2))时，(g'(x)=e^x-k >0)，
(y=g(x))单调递增，故(g(x)_{min}=g(0)=1>0)；
故函数(f(x))在((0，2))内单调递减，故不存在极值点；
当(k >1)时，则(xin (0，lnk))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，
(xin (lnk，+infty))时，(g'(x) >0)，(g(x))单调递增，
所以函数(y=g(x))的最小值为(g(lnk)=k(1-lnk))，
那么函数(f(x))在((0，2))内存在两个极值点应该等价于函数(g(x))在((0，2))内存在两个极值点，
函数(g(x))在((0，2))内存在两个极值点当且仅当
(left{egin{array}{l}{g(0) >0}\{g(lnk) <0}\{g(2)>0}\{0< lnk <2}end{array}
ight.)
即(left{egin{array}{l}{e^0-0>0}\{k(1-lnk) <0}\{e^2-2k >0}\{0< lnk <2}end{array}
ight.)
解得(e< k <cfrac{e^2}{2})；
综上所述，函数(f(x))在((0，2))内存在两个极值点，则(kin (e，cfrac{e^2}{2}))。
法2：由于函数(f(x))在((0，2))内存在两个极值点，
则函数(y=f'(x))在区间((0，2))内存在两个零点，且为变号零点，
又(f'(x)=cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3})，则方程(f'(x)=cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0)在((0，2))内有两个不同的实根，
由于(xin (0，2))，即方程(e^x-kx=0)在((0，2))内有两个不同的实根，
分离参数，即方程(k=cfrac{e^x}{x})在((0，2))内有两个不同的实根，
即函数(y=k)和函数(h(x)=cfrac{e^x}{x})的图像在((0，2))内有两个不同的交点，
函数(y=h(x))的定义域为((-infty，0)cup(0，+infty))，
由于(h'(x)=cfrac{e^xcdot x-e^xcdot 1}{x^2}=cfrac{e^x(x-1)}{x^2})，
故(xin (-infty，0))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
(xin (0，1))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
(xin (1，+infty))时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，
又由于(h(1)=e)，根据以上做出函数(h(x))的简图如下，
注意，本题目中只需要关注(h(x))的(xin (0，2))这一段，
由图像可知，两个函数的图像在((0，2))内要有两个不同的交点，则(kin (e，cfrac{e^2}{2}))。
故函数(f(x))在((0，2))内存在两个极值点，则(kin (e，cfrac{e^2}{2}))。
分析：函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3+cfrac{1}{2}|vec{a}|x^2+vec{a}cdot vec{b}x)在(R)上有极值，
其充要条件是其导函数(y=f'(x))存在变号零点，
(f'(x)=x^2+|vec{a}|x+vec{a}cdot vec{b})，其(Delta =|vec{a}|^2-4vec{a}cdot vec{b}>0)，
设(vec{a})与(vec{b})的夹角为( heta)，
则(4|vec{b}|^2-4 imes 2|vec{b}| cdot |vec{b}| cos heta>0)，
即(cos heta<cfrac{1}{2})，由于( hetain [0，pi])，
所以( heta in (cfrac{pi}{3}，pi])，故选(B)。
分析：(f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2))，
函数(f(x)=x^4-ax^3+x^2-2)有且仅有一个极值点，
其充要条件是因子函数(h(x)=4x^2-3ax+2)不存在变号零点，
即(Delta=9a^2-32leq 0)，解得(-cfrac{4sqrt{2}}{3}leq xleq cfrac{4sqrt{2}}{3})，
即(ain [-cfrac{4sqrt{2}}{3}，cfrac{4sqrt{2}}{3}])。
分析：(f'(x)=x+(a-e)-cfrac{ae}{x}=cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=cfrac{(x+a)(x-e)}{x})，
做出分子函数的简图，由图可知，(-a>e)，解得(a<-e)，故选(D)。
讨论极值点个数
分析：定义域为((0，+infty))，(f'(x)=cfrac{1}{x}-a=cfrac{1-ax}{x}(x>0))，[用图像说明]
当(aleqslant 0)时，(f'(x)>0)在((0，+infty))上恒成立，
故(f(x))在((0，+infty))上单调递增，此时函数无极值点；
当(a>0)时，令(f'(x)=0)得到(x=cfrac{1}{a})，
则(xin (0，cfrac{1}{a}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
(xin (cfrac{1}{a}，+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
故函数在(x=cfrac{1}{a})处有极大值，无极小值；
综上所述，当(aleqslant 0)时，函数(f(x))无极值点；
当(a>0)时，函数(f(x))有一个极大值点(x=cfrac{1}{a})，无极小值点。
分析：(f'(x)=3x^2-4cx+c^2)，又函数(f(x)=x(x-c)^2)在(x=2)处有极小值，
则(f'(2)=3 imes2^2-8c+c^2=0)，解得(c=2)或(c=6)，接下来验证如下：
当(c=2)时，(f'(x)=3x^2-8x+4=(3x-2)(x-2))，故(f(x))在(x=2)处有极小值，符合题意；
当(c=6)时，(f'(x)=3x^2-24x+36=(3x-6)(x-6))，故(f(x))在(x=2)处有极大值，不符合题意；
故(c=2)，则选(C)。
分析：(f'(x)=(x+2)e^x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e^x-3x-2))，
令(f'(x)=0)，则得到(x=-2)或(e^x=3x+2)
易知(x=-2)为其一个极值点，又(e^x=3x+2)
结合图像可知，(y=e^x)和(y=3x+2)有两个交点，
[还需要验证](e^{-2} eq 3 imes (-2)+3=-4)，
故函数(f(x))有三个极值点，即函数为(4)折函数，故选(C)。
(1)求(a、b)的值；
分析：由题目可知，(f'(x)=3x^2+2ax+b)，
则由(left{egin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\{f'(1)=3+2a+b=0}end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}{a=0}\{b=-3}end{array} ight.)，
经检验，(f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1))，则(1)和(-1)是函数(f(x))的两个极值点，满足题意。
【解后反思】由于可导函数(f(x))，(f'(x_0)=0)是(x_0)为极值点的必要不充分条件，
故解方程后需要检验。
(2)设函数(g(x))的导函数(g'(x)=f(x)+2)，求(g(x))的极值点。
分析：由题可知，(g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2)，
【试商法，得知(x=1)为函数(g'(x))的零点，故分组分解如下】
(g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1))
(=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2))，
如果题目是选择或填空题，则利用穿根法做出函数(g'(x))的简图，
由图像可知，(x=1)不是极值点，(x=-2)是极小值点。
解答题时则这样做，
当(xin (-infty，-2))，(g'(x)<0)，则(g(x))单调递减；
当(xin (-2，1))，(g'(x)>0)，则(g(x))单调递增；
当(xin (1，+infty))，(g'(x)>0)，则(g(x))单调递增；
故(x=-2)是函数(g(x))的极小值点，(x=1)不是极值点。
注意：(x=-2)是导函数(y=g'(x))的变号零点，
(x=1)是导函数(y=g'(x))的不变号零点。
暂补充第二问的思路二，
(f'(x)=lnx-2a(x-1))，借助函数(y=lnx)和函数(y=2a(x-1)(a>0))的图像，分类讨论如下：
先需要证明不等式(x-1geqslant lnx)；证明思路
①当(2a=1)时，即(a=cfrac{1}{2})时，(xin (0,+infty))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)leqslant 0)恒成立，故(f(x))在((0,+infty))上单调递减，函数没有极值，不符合题意，舍去；
②当(0<2a<1)时，即(0<a<cfrac{1}{2})时，函数(y=lnx)与函数(y=2a(x-1))有两个交点，其横坐标分别为(1)和(x_0(x_0>1))，
则(xin (0,1))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递减，
(xin (1,x_0))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递增，
(xin (x_0,+infty))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递减，
故在(x=1)处取到极小值，不符题意，舍去；
③当(2a>1)时，即(a>cfrac{1}{2})时，函数(y=lnx)与函数(y=2a(x-1))有两个交点，其横坐标分别为(1)和(x_0(0<x_0<1))，
则(xin (0,x_0))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递减，
(xin (x_0,1))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递增，
(xin (1,+infty))时，(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0)，故(f(x))在((0,+infty))上单调递减，
故在(x=1)处取到极大值，符合题意；
综上所述，(ain (cfrac{1}{2}，infty))。
待整理
分析：待解答，极值点偏移问题；
之所以首先想到求导，是因为题目给定的是极值或者极值点，而极值或极值点首先和判断单调性相关联；
之所以想到分类讨论而不是分离参数的原因是，当参数的取值不同时，导函数的图像也随之不同，导函数的值的正负随之变化，故需要分类讨论。 ↩︎