11.图像交点个数与零点转化_11.3-2_2026-11-03

10.图像交点与零点转化
一．基本原理
函数的零点
（1）概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零
点.
（2）函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系：
上述转化关系是处理零点问题的核心，即数形结合思想，我们可将方程问题转化为函数图
像，也可将函数图像的交点转化为方程问题进一步通过函数思想解决，很多考题围绕这这
个转化展开，下面详细分析.
二．典例分析
类型1.方程（零点）问题转化为图像问题解决
例1．设 f(x)是定义在R上的偶函数，且 f(x2) f(2x)时，当x[2,0]时，
x
 2
f x  1，若在区间2,6内关于x的方程 f(x)log (x2)0(a0且a1)有且
 2  a
 
只有4个不同的根，则实数a的范围是（ ）
1
A．( ,1) B．(1,4) C．(1,8) D．(8,)
4
解析：∵ f(x)是偶函数，∴ f(2x) f(x2)，又 f(x2) f(2x)，∴对于任意的xR，
都有 f x2 f x2，所以 f x4 f x22 fx22 f x，所以函数
 
x
 2
f x是一个周期函数，且T 4，又因为当x2，0时， f x  1，且函数 f x
 
2
 
是定义在R上的偶函数，若在区间2,6内关于x的方程 f xlog x20恰有4个不
a
同的实数解，则函数y f x与ylog x2a1在区间2,6上有四个不同的交点，
a
作函数y f(x)和ylog (x2)的图象，如图所示，需a1，又 f 2 f 2 f 61，
a
则对于函数ylog x2，由题意可得，当x6时的函数值小于1，即log 81，由此解
a a
得a8，所以a的范围是8,. 故选：D.例2．已知函数 f x满足 f 1x f 1x，且x1,e2时， f xlnx，若
 
x

2e2,1

时，方程 f xkx2有两个不同的根，则k的取值范围为（ ）
 2 1  1  1 2   1 
A． e2 , e   B．  , e   C．   e , e2  D．   e , 
解析：因为 f 1x f 1x，所以函数 f x的图象关于直线x1对称.当x1,e2时，
 
f xlnx，则当x

2e2,1

时， f x的图象如图所示，
直线ykx2为过定点2,0的一条直线.当直线与当x

2e2,1

时的函数 f x的图象
相切时，直线与 f x在

2e2,1

的图象有两个公共点.当x

2e2,1

时，函数
1
f x f 2xln2x， fx ，设切点为 x ,ln2x  ，切线的斜率
x2 0 0
1
k  ，
x 2
0
1 1
则切线方程为yln2x  xx  ，把点2,0代入得x 2e，所以k  ；
0 x 2 0 0 e
0
当直线过点  2e2,2  时，k  e 2 2 ，所以k的取值范围为     1 e , e 2 2    ，故选：C.
例3．已知 f x是定义在R上的奇函数，且 f x在0,2上单调递减， f x2为偶函
数，若 f xm在0,12上恰好有4个不同的实数根x,x ,x ,x ，则x x x x 
1 2 3 4 1 2 3 4
_______.
解析：由 f x2为偶函数，则 f(x2) f(x2)，故 f(x) f(x4)，又 f x是定义
在R上的奇函数，则 f(x)f(x)，所以 f(x)f(x4)，故 f(x4)f(x8)，即有
f(x) f(x8)，
综上， f(x)的周期为8，且关于x2对称的奇函数，由 f x在0,2上单调递减，结合上
述分析知：在[2,6]上递增，[6,10]上递减，[10,12]上递增，所以 f x在0,12的大致草图如下：
要使 f xm在0,12上恰好有4个不同的实数根，即 f x与ym有4个交点，
所以，必有两对交点分别关于x2,x10对称，则x x x x 24.故答案为：24
1 2 3 4
例4．函数 f xsinxln 2x3 的所有零点之和为___________．
解析：由 f x0sinxln|2x3|，令ysinx，yln 2x3 ，显然ysinx与
3
yln 2x3 的图象都关于直线x 对称，在同一坐标系内作出函数ysinx，
2
yln 2x3 的图象，如图，
观察图象知，函数ysinx，yln 2x3 的图象有6个公共点，其横坐标依次为
3
x,x ,x ,x ,x ,x ，这6个点两两关于直线x 对称，有x x x x x x 3，则
1 2 3 4 5 6 2 1 6 2 5 3 4
x x x x x x 9，所以函数 f xsinxln 2x3 的所有零点之和为9.故答案
1 2 3 4 5 6
为：9
例5．已知函数 f x 1x2 kx2有两个不同的零点，则常数k的取值范是_______ .
解析：由函数 f x 1x2 kx2有两个不同的零点，可知y 1x2 与ykx2
的图象有两个不同的交点，故作出如下图象，
2k 3
当y 1x2 与ykx2的图象相切时， 1，即k  ，由图可知k 0，
k21 3
故相切时k  3 ，因此结合图象可知，当0k  3 时，y 1x2 与ykx2的图象
3 33
有两个不同的交点，即当0k  时，函数 f x 1x2 kx2有两个不同的零点.
3
3
故答案为：0k  .
3
类型2.图像交点转化为方程问题解决
例6．已知当x(0,)时，函数 f(x)(2x1)ex的图像与函数g(x)kx的图像有且只有两
个交点，则实数k的取值范围是（ ）
1   e 
A．(4 e,) B．(0, e) C． , D．

,

e   e 
2x1ex
解析：由题设可知，当x0,时， f(x)与g(x)有两个交点，等价于k  有两
x
2x1ex  2x2x1  ex 2x1x1ex 1
个根，令hx ，则hx  ，所以当0x
x x2 x2 2
1
时，hx0，则hx单调递减；当x 时，hx0，则hx单调递增，故
2
1 1
hx h 4 e ，当x0，y2 ，y=ex 0，故
min 2 x
2x1ex  1 1
hx 2 ex ；当x时，y2 0，yex ，故
x  x x
 1
hx2 ex ，如图；所以当k 4 e时，直线yk与hx的图像有两个交点，
 x
即函数 f x2x1ex的图像与函数gxkx的图像有且只有两个交点.故选：A.
2x
例7．已知当x(0,)时，函数 f(x)kex的图象与函数g(x) 的图象有且只有两
2x1
个交点，则实数k的取值范围是（ ）
 e  1 1   e 
A．  0,   B．0,  C． , D．  , 
 2e   e e   e 
2x 2x
解析：由题设，当x(0,)时，k  ，令h(x) ，则
ex(2x1) ex(2x1)
2(2x1)(x1) 1 1
h(x) ，所以当0x 时，h(x)0，则h(x)单调递增；当x 时，
ex(2x1)2 2 2
1 e e
h(x)0，则h(x)单调递减.又h(x)0，h(x)h  ，所以当0k  时，直线
2 2e 2e
yk与h(x)的图象有两个交点，
2x
即函数 f(x)kex的图象与函数g(x) 的图象有且只有两个交点.故选：A.
2x1例8．已知函数 f xxx–1ex，若存在x,x ,x  nN* ，使
1 2 n
2f x 1 2f x 1 2f x 1
1  2  n ，则n的最大值为（ ）
x x x
1 2 n
A．1 B．2 C．3 D．4
解析： f'x  x2x–1  ex， fx0得x 1 5 ，所以，当x  , 1 5 和
 
2  2 
1 5  1 5 1 5
x ,时， f¢(x)>0， f x单调递增，当x , 时， fx0
   
2 2 2
   
， f x单调递减，因为x0和x1时， f x0，0x1时， f x0，且
f 0 f 10， f   1 5   2 5  e 1 2 5  1 ，所以，作出函数 f x的图像，如图所
 
2 2
 
示，
2f x 1 2f x 1 2f x 1
当x0时，令 1  2  n k，
x x x
1 2 n
2f x 1 2f x 1 2f x 1
所以，若存在x,x ,x  nN* ，使 1  2  n 等价于存在
1 2 n x x x
1 2 n
x,x ,x  nN* ，使 f x  k x  1 ,i1,2,,n 所以，只需考虑函数 f xxx–1ex
1 2 n i 2 i 2
k 1
与直线y x 的交点个数问题，所以，由图可知，函数 f xxx–1ex与直线
2 2
k 1
y x 的交点个数最多为4个，所以，n的最大值为4.故选：D
2 2
三．习题演练
xlnx,0x1 1
1．已知定义为R的奇函数 f x满足： f x ，若方程 f xkx 在
 2f x1,x1 2
1,2上恰有三个根，则实数k的取值范围是（）
1  1 1 1 e   1
A．  ,1ln2 B．  ,  C． , 1  D．1ln2, 
4  4 2 2 2   2
1 1
【详解】方程 f xkx 在1,2上恰有三个根，即直线l:ykx 与函数y f x的
2 2图象有三个交点．由 f x是R上的奇函数，则 f 00．当0x1时， f xxlnx，则
1 1  1
fxlnx1，当0x 时， fx0；当 x1时， f¢(x)>0，所以 f x在0, 
e e  e
1 
上递减， f x在 ,1

上递增．结合奇函数的对称性和“周期现象”得 f x在1,2上的
e 
图象如下：
1  1 1 1
由于直线l:ykx 过定点A0, ．如图连接A，B1,0两点作直线l :y x ，
2  2 1 2 2
过点A作 f xxlnx0x1的切线l ，设切点Px,y ．其中y x lnx ，
2 0 0 0 0 0
 1
fxlnx1，则斜率k l2 lnx 0 1，切线l 2 :yx 0 lnx 0 lnx 0 1xx 0 过点A  0, 2  
．
1 1 1
则 x lnx lnx 10x ，即x = ，则k ln 11ln2，
2 0 0 0 0 0 2 l2 2
1  1 1
当直线l:ykx 绕点A0, 在l 与l 之间旋转时，直线l:ykx 与函数y f x在
2  2 1 2 2
 1
1,2上的图象有三个交点，故k1ln2, ．故选：D．
 2
2．若函数gxxlnxax1恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．0, B．0,e C．0,11, D．0,11,e
【详解】令 f xxlnx，x0,，则 fxlnx1，
 1 1 
当x0, 时， fx0， f x单调递减；当x ,时， f¢(x)>0， f x单调递
 e e 
增，
当x1时， f x0，当x趋向正无穷时， f x趋向正无穷，故作出y f x的大致图
象，如图所示．
由题知函数gxxlnxax1恰有2个零点，即函数y f x的图象与直线yax1的图象恰有2个交点，易知点1,0为y f x与直线yax1的公共点，又曲线
y f x在点1,0处的切线方程为yx1，所以当0a1，直线yax1与与曲线
y f x有2个交点；当a1时，直线yax1与曲线y f x有2个交点．综上所
述，实数a的取值范围为0,11,．故选：C．
axa,x1
3．已知函数 f x满足 f x1 函数gx f x f x恰有5个零
lnx1,x1

点，则实数a的取值范围为（ ）
 1   1  1 1 1 
A． ,0 B．0,  C． ,  D． ,
 e   e  e e e 
axa,x1 ax,x0
【详解】因为 f x1 ，所以 f x ，

lnx1,x1 lnx,x0
ax,x0
f x ，因为函数gx f x f x恰有5个零点，
lnx,x0

所以 f x、f x的图象恰有5个交点，画出 f x、f x的图象，由图象可得，
因为yax与yax，ylnx与ylnx的图象关于y轴对称， 且yax与yax交于
原点，要恰有5个零点，则yax与ylnx，ylnx与yax的图象必有两个交点，
1 1 n
当ylnx与yax的图象相切时，设切点m,n，此时切线的斜率为y   ，可
x m m
1 1
得n1，1lnm得me，所以切点e,1，即a ，交点a ，所以要使函数
e e
 1 
gx f x f x恰有5个零点，则a ,0.故选：A.
 e 
2ex
4．已知函数 f x 与函数gxx312x1的图象交点分别为：
exex
Px,y ,Px ,y ，…，Px ,y ,  kN* ，则(x x x )(y y y )
1 1 1 2 2 k k 1 2 k 1 2 k
（ ）
A．2 B．0 C．2 D．4
exex exex
【详解】由题意化简， f x 1，因为函数y 是奇函数，所以函数
exex exex
exex
f x 1关于点(0,1)对称.因为函数yx312x是奇函数，所以函数
exex-4e2x
gxx312x1关于点(0,1)对称.又 fx 0 ，所以 f x在(,0),0,
 e2x1 2
上单调递减，由题得g'x3  x24  ，所以函数gx在(，2),2,上单调递减，
在2,2上单调递增，由图象可知， f x与gx的图象有四个交点，且都关于点0,1对
称，
所以x x 0,x x 0，y y 2,y y 2，所以所求和为4,故选：D
1 2 3 4 1 2 3 4
lnx,x…1
5．已知函数 f(x) ，令g(x) f(x)kx，若函数g(x)恰好有4个零点，则实
x3x,x1
数k的值为____________.
【详解】gx f xkx0有4个零点，转化为y f x与ykx有4个交点，
3  3
当x1时， f xx3x， fx3x210，解得：x ，当x, 和
3  3 
 3   3 3
 ,1时， fx0，函数单调递减，当x , 时， f¢(x)>0，函数单调递增，
 
3 3 3
   
如图画出函数 f x的图象，当直线ykx与ylnx相切时，此时有4个交点，


y kx
 0 0
 1
设切点P(x ,y )，则y lnx ，解得x e，y 1，k  故答案为：
0 0 0 0 0 0 e

1
k 
 x
0