转化为方程有解的命题
当我们储备了方程有解的模型 $A$$=$$f(x)$ 后，剩下的问题就是碰到具体题目，看看能不能转化为方程有解的类型，那么哪些类型的问题能转化为方程有解呢？
前言
高中数学中有几个大的数学模型，比如\(A\geqslant f(x)\)恒成立，或\(A\geqslant f(x)\)能成立，或\(A= f(x)\)有解，可以将高中阶段的好多题目串线结网。
模型说明
\(A= f(x)\)在区间\([m，n]\)上有解，等价于 \(A\in [f(x)_{min},f(x)_{max}]\) 的值域 原因是\(A= f(x)\) 在区间 \([m，n]\) 上有解等价于函数 \(y=f(x)\) 与函数 \(y=a\) 的图像有交点；； 故关键是求解函数\(f(x)\)的值域。说明：碰到具体题目可能需要我们进行相应的转化化归，才会变形为上述的形式。
归化情形
- 函数存在斜率为\(k=0\)或\(k=2\)的切线求参数取值范围[存在性命题]；
分析：\(f'(x)=x-a+\cfrac{1}{x}(x>0)\)，由于\(f(x)\)存在垂直于\(y\)轴的切线，
则方程\(f'(x)=x-a+\cfrac{1}{x}=0\)在\((0,+\infty)\)上有解，即\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在\((0,+\infty)\)上有解，
[或可理解为函数\(y=a\)和\(y=x+\cfrac{1}{x}\)的图像有交点，\(a= f(x)\)在区间\([m,n]\)上有解，等价于\(A\)\(\in\)\([f(x)_{min}\)，\(f(x)_{max}]\)的值域；这样形的问题就转化为数的问题了]
由于函数\(y=x+\cfrac{1}{x}\geqslant 2(x>0)\)，即其值域为\(y\in [2,+\infty)\),
故\(a\in [2，+\infty)\)。
解析： 直线 \(2x-y=0\) 的斜率 \(k=2\)， 又曲线 \(f(x)\) 上存在与直线 \(2x-y=0\) 平行的切线，
说明，在曲线 \(f(x)\) 上有个点 \(P(x_0,y_0)\) ，使得 \(f'(x_0)=2\) 成立，
所以， \(f^{\prime}(x)=\cfrac{1}{x}+4x-a=2\) 在 \((0,+\infty)\) 内有解， 则 \(a=4x+\cfrac{1}{x}-2\)， \(x>0\)，
又 \(4x+\cfrac{1}{x}\geqslant 2\sqrt{4x\cdot\cfrac{1}{x}}=4\)， 当且仅当 \(x=\cfrac{1}{2}\) 时取到等号 ，
所以 \(a\geqslant 4-2=2\) ，即 \(a\in [2,+\infty)\)，故选 \(C\) .
- 两个函数图像上存在关于坐标轴的对称点之类问题
法1分析：函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于x轴的对称点，即当\(x=x_0\)时，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。
所以方程\(f(x)=-g(x)\)有解， 所以\(lnx-x^3=-x^3+ax\)有解，
所以\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，
令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由导数知识可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，
又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函数\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值范围为\((-\infty，\cfrac{1}{e}]\) ，选\(D\)。
法2：转换为方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；
法3：接上转换为方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函数\(y=a\)的图像有交点，利用数形结合求解；
分析：函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，即\(f(-x_0)=g(x_0)\)。
即方程\(f(-x)=g(x)\)有解， 所以当\(x>0\)时，\(e^{-x}+2=ln(x+a)+2\)有解，
即方程\(e^{-x}=ln(x+a)\)在\(x>0\)时有解，即函数\(y=e^x\)与函数\(y=ln(x+a)\)图像有交点，
法1：数形结合法，如右图所示可知，当函数\(y=ln(x+a)\)过点\((1，0)\)时，没有交点，
此时由\(ln(0+a)=1\)可得，\(a=e\)；
又由图像平移可知，需要将函数\(y=ln(x+a)\)向右移动才会有交点，
故\(a<e\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选\(B\).
法2：补集思想+计算法，由图可知，当函数\(y=ln(x+a)\)经过点\((0，1)\)上方时，必无交点，
即\(lna\ge 1\)时，即\(a\ge e\)时，二者无交点，由补集思想可得，二者有交点时\(a<e\)，
即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选\(B\).
解后反思：在网上见到有人这样解，\(lna<1\)，解得\(0<a<e\)，这是错的(很显然，\(a=0\)是满足的)，原因是当\(a<0\)时，\(lna\)是没有意义的，但是此时函数\(y=ln(x+a)\)的图像已经和\(y\)轴没有交点了，已经向右移动了，其渐近线也是向右移动的。
提示：答案为\(A\)，请仿上例完成。
分析：由题可知，方程\(f(x)=-g(-x)\)在\(x>0\)上有解，即\(lnx-x^2=-x^2-\cfrac{2}{x}+m\)在\(x>0\)上有解，
则\(m=lnx+\cfrac{2}{x}\)在\(x>0\)上有解，设\(h(x)=lnx+\cfrac{2}{x}(x>0)\)，
则\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{x-2}{x^2}\)，
故\(h(x)\)在区间\((0，2)\)上单调递减，在区间\((2，+\infty)\)上单调递增，
则\(h(x)_{min}=h(2)=ln2+1\)
即函数\(h(x)\)的值域是\([ln2+1，+\infty)\)
故\(m\)的取值范围为是\([ln2+1，+\infty)\)。
解后反思：若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(f(x)=-g(x)\)有解；
若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(f(-x)=g(x)\)有解；
若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(f(x)=-g(-x)\)有解；
- 函数不是单调函数
分析：由题意知\(x>0\)，又\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}\)，要使函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，
则其导函数\(f'(x)\)应该有变号零点，而不是不变号零点，
则需方程\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}=0\)在\(x>0\)上有解，即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解，
又函数\(g(x)=-x\)在\(x>0\)上的值域是\((-\infty，0)\)，故\(a\in(-\infty，0)\)。
分析：[正难则反]若是\(R\)上的单调递减函数，则\(f'(x)\leq 0\)恒成立，现在不是\(R\)上的单调递减函数，
故\(f'(x)=-x^2+2bx-2b-3=-(x-b)^2+b^2-2b-3>0\)在R上能成立，故只需要\(f'(x)_{max}=b^2-2b-3>0\)即可，
解得\(b<-1\)或\(b>3\)。故\(b\in (-\infty，-1)\cup(3，+\infty)\)。
反思总结：不是单调递减的情形可能包含有单调递增函数或常函数或有增有减函数。
- 方程\(f(x)=0\)有\(n\)个根的类型
法1：从数的角度入手，由正弦定理\(\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}\)，
得到方程\(k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解即可。
由图可知，满足题意的三角形恰有一个，则\(k\in(0，12]\)或\(k=8\sqrt{3}\)。
法2：从形的角度入手，动静元素互相换位，即理解为让长度为\(12\)的边变化，让长度为\(k\)的边不变化。
如图，以点\(C\)为圆心画弧，当\(12\)小于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，
即\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}>12\)时，解得\(k>8\sqrt{3}\)，此时三角形是不存在的；
当\(12\)等于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，
即\(12=k\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(k=8\sqrt{3}\)，三角形是唯一的；
当\(12\)大于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，三角形是两个的，
即\(12>k\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(k<8\sqrt{3}\)；
当\(12\)大于或等于边\(BC\)时，三角形是唯一的，即\(0<k\leqslant 12\)，
综上可知，当\(k=8\sqrt{3}\)或\(k\in(0，12]\)时，满足条件的三角形恰好只有一个。
【解后反思】①动静互换，体现了思维的灵活性；②是否可以这样想，有一种从形入手分析的思路，必然就会有一种从数入手的思路与之对应。
分析：题目先转化为方程\(sin(x+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{a-1}{2}\)在区间\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在两个根，
再转化为函数\(y=sin(x+\cfrac{\pi}{6})\)和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)有两个不同的交点，
然后在同一个坐标系中做出这两个函数的图像，
由于\(x\in [0，\cfrac{2\pi}{3}]\)，故\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)，
做出函数\(y=sint，t\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)的图像和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)的图像，如图所示，
由图像可以看出，\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)
解得\(2\leq a<3\)，故\(a\in [2，3)\)。
反思总结：
1、当横轴是\(x\)轴(如图二)和\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\)(如图一)时，都可以得到结论\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)，但是利用图一的做法，手工作图非常快捷，由于用到了整体思想，我们就可以利用模板函数的现成图像，只需要在现成的图像上面截取我们需要的那一部分就可以了。这种方法我们需要仔细体会，用心揣摩。
2、为什么这两种方法都可以？是因为\(a=f(x)\)有解的题目，其实就是求函数\(f(x)\)的值域问题，而函数的值域的求法中，这两种方法殊途同归。
上述图像显示，当作图时的横轴为\(x\)和\(2x+\cfrac{\pi}{3}\)时虽然其单调性不同，但是其值域是一样的，故如果我们关注的是值域的问题，我们完全可以将\(2x+\cfrac{\pi}{3}\)这个整体作为横轴，从而快速作图。
分析：当\(x=1\)时，\(lnx=0\)，原式不成立，故不可能；
当\(lnx\neq 0\)时，\(lnx-ax=\cfrac{x^2}{lnx}\)，故\(ax=lnx-\cfrac{x^2}{lnx}\)，分离参数得到，
则\(a=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点，
\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-x\cdot \cfrac{1}{x}}{(lnx)^2}=\cfrac{1-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-1}{(lnx)^2}\)，\(x>0\)且\(x\neq 1\)，
当\(x\in (0，1)\)时，\(h'(x)>0\)，故\(h(x)\)单调递增；
当\(x>1\)时，\(h'(x)=\cfrac{(1-lnx)(lnx)^2-(lnx-1)\cdot x^2}{x^2\cdot (lnx)^2}\)
\(=\cfrac{((lnx)^2+x^2)\cdot (1-lnx)}{x^2\cdot (lnx)^2}\)
当\(x\in (1，e)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，\(x\in (e，+\infty)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，
又\(h(e)=\cfrac{1}{e}-e\)，做出大致图像如下：
要使得则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点，必须\(a<\cfrac{1}{e}-e\)。
- 方程有正根或负根的情形
分析：若能想到将\(\cfrac{1+lga}{1-lga}\)看成一个整体\(b\)，则原题目变形为方程\((\cfrac{1}{2})^x=b\)有正根，结合图像可知，函数\(y=(\cfrac{1}{2})^x\)和函数\(y=b\)的图像在\((0，+\infty)\)上有交点，故\(b\in (0，1)\)。
故原题目就等价于\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，
解\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}\)，由穿根法得到，\(-1<lga<1\)，
解\(\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，变形得到\(\cfrac{2lga}{lga-1}>0\)，由穿根法得到\(lga<0\)或\(lga>1\)，
故\(-1<lga<0\)，解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).
解后反思：1、整个求解过程是将\(lga\)也看成一个整体，故能想到用穿根法求解；2、看到双联不等式的中间分式部分，若能联想到分式的常用变形，也可以这样求解；
由\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，得到\(0<\cfrac{lga-1+2}{1-lga}<1\)，即\(0<-1+\cfrac{2}{1-lga}<1\)，故\(1<\cfrac{2}{1-lga}<2\)，且能得到\(1-lga>0\)，
故利用倒数法则得到\(\cfrac{1}{2}<\cfrac{1-lga}{2}<1\)，即\(1<1-lga<2\)，即\(-2<lga-1<-1\)，即\(-1<lga<0\)，解得解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).
- 函数有零点
分析：转化为方程\(m=x^2+2x\)在\([0,2)\)上有解，实质是求函数\(y=x^2+2x\)，\(x\in [0，2)\)上的值域，
\(0\leqslant y<8\)，故\(m\in [0，8)\)，故选\(D\)。
- 函数有极值点；
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\(\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}\)，
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\(a\in(0，\cfrac{1}{2})\)，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\(x\in(0，1)\)时，\(g'(x)>0\)，函数\(g(x)\)单调递增，
\(x\in(1，+\infty)\)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\(a\in(0，\cfrac{1}{2})\)，故选\(B\).
- 求方程的根的问题，
- 两个函数的图像的交点问题，
- 函数有极值点
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\(\Delta=9a^2-32\leq 0\)，解得\(-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}\leq a\leq \cfrac{4\sqrt{2}}{3}\)，
即\(a\in [-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}，\cfrac{4\sqrt{2}}{3}]\)。
易错转化
函数\(f(x)\)有极值[或极值点]，则\(f'(x)=0\)有解，这样的转化是错误的，应该是导函数\(f'(x)\)有变号零点，即方程\(f'(x)=0\)应该有穿根解，而不仅仅是有解这么简单的。
分析：函数\(f(x)=\cfrac{1}{2}x^2-2x+alnx\)有两个不同的极值点，
则导函数\(f'(x)=x-2+\cfrac{a}{x}\)应该有两个变号零点，
即方程\(x+\cfrac{a}{x}=2\)应该有两个不同的实根，
即函数\(y=x+\cfrac{a}{x}\)和函数\(y=2\)应该有两个不同的交点，
利用对勾型函数的图像可知，只有\(a>0\)且\(2\sqrt{a}<2\)时才有两个不同的交点，
解得\(a\in (0，1)\)。
法1：这个解法其实是错解，由题可知函数\(f(x)\)不单调，则导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1，2]\)上有解，
即方程\(a=-x^2+2x\)在区间\(x\in [-1,2]\)上有解，
而函数\(y=-x^2+2x\)在区间\(x\in [-1,2]\)上的值域是\(y\in [-3，1]\)，故\(a\in [-3,1]\)。
解后反思：为什么这种解法会多出来两个参数的值呢?原因是导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1,2]\)上应该有变号零点，而不仅仅是零点。出现这种情况的情形有相切或二次曲线刚好过端点。
故需要验证\(\Delta=0\)时的\(a\)值和刚好过端点时的\(a\)值。
当\(\Delta=0\)时，解得\(a=1\)，故需要剔除\(a=1\)；
当导函数\(f'(x)\)经过点\((2,0)\)时，\(a=0\)，但此时还经过点\((0,0)\)，故\(a=0\)不能剔除；
当导函数\(f'(x)\)经过点\((-1,0)\)时，\(a=-3\)，此时还经过点\((3,0)\)，在区间\([-1，2]\)上只有一个端点零点，不是给定区间内的变号零点，故需要剔除，
综上所述，\(a\in (-3，1)\)。
法2：补集思想，\(f'(x)=x^2-2x+a\)，
①若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单增，则\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恒成立，
分离参数得到\(a\ge -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)；
②若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单减，则\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恒成立，
分离参数得到\(a\leq -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{min}=-3\)，故\(a\leq -3\)；
故取其补集，当\(-3<a<1\)时，函数\(f(x)\)在区间\([-1，2]\)上不单调。
法3：由题可知\(f(x)\)不单调，则导函数\(y=f'(x)=x^2-2x+a\)在区间\((-1，2)\)上至少有一个变号零点，
当只有一个变号零点时，由\(f'(-1)\cdot f'(2)< 0\)可得，\(-3< a< 0\)；
当有两个变号零点时，由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\\Delta >0\end{cases}\)，解得\(0<a<1\)；
当\(a=0\)时，\(f'(x)=x^2-2x\)，令\(f'(x)=0\)，得到\(x=0\)或者\(x=2\)，显然\(x=0\)是原函数的变号零点，满足题意。
综上所述，实数\(a\)的取值范围是\((-3，1)\)。
提示：\(a\in [1，\cfrac{3}{2}]\)；
分析：\(f'(x)=e^x(ax+a-1)\)，则\(k_1=e^{x_0}(ax_0+a-1)\)；
\(g'(x)=-e^{-x}(2-x)\)，则\(k_2=-e^{-x_0}(2-x_0)\)，
若存在\(x_0\in [0，\cfrac{3}{2}]\)，使得\(l_1\perp l_2\)，
则存在\(x_0\in [0，\cfrac{3}{2}]\)，\(k_1\cdot k_2=e^{x_0}(ax_0+a-1)\cdot (-e^{-x_0})(2-x_0)\)成立，
即\((ax+a-1)(2-x)=1\)在\(x\in [0，\cfrac{3}{2}]\)上有解[能成立],
即\(a=\cfrac{3-x}{(2-x)(x+1)}\)有解，
即求解\(h(x)=\cfrac{3-x}{(2-x)(x+1)}\)在\(x\in [0，\cfrac{3}{2}]\)上的值域，
\(h(x)=\cfrac{3-x}{(2-x)(x+1)}=\cfrac{x-3}{x^2-x-2}\)，
换元，令\(x-3=t\in [-3,-\cfrac{3}{2}]\)，则\(h(x)=m(t)=\cfrac{t}{t^2+5t+4}=\cfrac{1}{t+\frac{4}{t}+5}\)，
当\(t\in [-3,-\cfrac{3}{2}]\)时，\(t+\frac{4}{t}+5\in [\cfrac{2}{3}，1]\)，
则\(h(x)\in [1，\cfrac{3}{2}]\)，故\(a\in [1，\cfrac{3}{2}]\).
法1：从形的角度分析；用导数工具分析函数\(f(x)\)的单调性，做出其简图，如图所示，
当点\(P\)在直线\(x=-1\)的下端[无穷远处]时，我们做不出过点\(P\)的三条切线，故可以排除\(C\)和\(D\)两个选项；
比较选项\(A\)和\(B\)，我们考虑\(m=7\)，此时点\(P\)位于点\(B\)处，若\(m>7\)，我们更加做不出过点\(P\)的三条切线，
故选\(B\)；
法2：从数的角度入手计算；\(f'(x)=-3x^2+12x\)，设经过点\(P\)的直线和函数\(f(x)\)相切于点\(Q(x_0，y_0)\)，
[不着急考虑有三条切线的问题，到时候写出切线方程，让其有三个解即可]
则\(\left\{\begin{array}{l}{k=f'(x_0))=-3x_0^2+12x_0①，斜率角度}\\{y_0=-x_0^3+6x_0^2②，切点在曲线上}\end{array}\right.\)
又由于切线方程为\(y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)\)，将上述条件代入得到，
\(y-(-x_0^3+6x_0^2)=(-3x_0^2+12x_0)(x-x_0)\)，又由于动点\(P(-1,m)\)在切线上，则有
\(m-(-x_0^3+6x_0^2)=(-3x_0^2+12x_0)(-1-x_0)\)，整理得到，\(m=2x_0^3-3x_0^2-12x_0\)，
[此处注意，虽说上述结果只有一个表达式，其实它可以包含切线的三个位置]
因此，函数\(y=m\)和函数\(g(x)=2x^3-3x^2-12x\)的图像应该有三个不同的交点；
由于\(g'(x)=6x^2-6x-12=6(x^2-x-2)=6(x+1)(x-2)\)，
故函数\(g(x)\)在\((-\infty，-1)\)单调递增，在\((-1，2)\)单调递减，在\((2，+\infty)\)单调递增，
显然\(g(x)_{极大}=g(-1)=7\)，\(g(x)_{极小}=g(2)=-20\)，
做出两个函数的简图，如图所示，
由图可知，\(-20<m<7\)，故选\(B\)。
