高考数学二轮复习 专题跟踪检测（二）基本初等函数、函数与方程 理（重点生含解析）-人教版高三数学试题

专题跟踪检测（二）基本初等函数、函数与方程一、全练保分考法——保大分1．若m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，a＝lgm，b＝lgm2，c＝lg3m，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．b<c<a解析：选C∵m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，∴－1<lgm<0，∴lg3m－lgm＝(lgm－1)(lgm＋1)lgm>0，∴lg3m>lgm，即c>a.又m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，∴0<m2<m<1，∴lgm2<lgm，即a>b.∴b<a<c.故选C.2．定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，cA．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．c<b<a解析：选C∵函数f(x)为偶函数，∴m＝0，∴f(x)＝2|x|－1.∴a＝f(log0.53)＝f(－log23)＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0.∴c<a<b.故选C.3．(2018·长沙一模)函数f(x)＝2x＋eq\f(x,x＋1)的图象大致为()解析：选A∵f(x)＝2x＋eq\f(x,x＋1)＝2x－eq\f(1,x＋1)＋1的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．∴f′(x)＝2xln2＋eq\f(1,x＋12)>0恒成立，∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递增，排除C、D；当x→－∞时，2x→0，eq\f(x,x＋1)→1，∴f(x)→1，排除B，选A.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，0<x<1，,1，x≥1，))则不等式log2x－(log4x－1)f(log3x＋1)≤5的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．[1,4]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) D．[1，＋∞)解析：选C由不等式log2x－(log4x－1)f(log3x＋1)≤5，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1≥1，,log2x－log4x－1≤5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<log3x＋1<1，,log2x＋2log4x－1≤5，))解得1≤x≤4或eq\f(1,3)<x<1.故原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).故选C.5．已知函数f(x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)满足条件f(loga(eq\r(2)＋1))＝1，其中a>1，则f(loga(eq\r(2)－1))＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B∵f(x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)，∴f(－x)＝eq\f(2,1＋2－x)＋eq\f(1,1＋4－x)＝eq\f(2·2x,1＋2x)＋eq\f(4x,1＋4x)，∴f(x)＋f(－x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)＋eq\f(2·2x,1＋2x)＋eq\f(4x,1＋4x)＝3.∵loga(eq\r(2)＋1)＝－loga(eq\r(2)－1)，∴f(loga(eq\r(2)＋1))＋f(loga(eq\r(2)－1))＝3，∴f(loga(eq\r(2)－1))＝2.故选B.6．(2019届高三·贵阳模拟)20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lgA－lgA0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的()A．10倍 B．20倍C．50倍 D．100倍解析：选D根据题意有lgA＝lgA0＋lg10M＝lg(A0·10M)，所以A＝A0·10M，则eq\f(A0×107,A0×105)＝100.故选 D.7．(2018·菏泽一模)已知loga<logb，则下列不等式一定成立的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．ln(a－b)>0 D．3a－b解析：选A∵loga<logb，∴a>b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，ln(a－b)与0的大小关系不确定，3a－b>1.因此只有A正确．故选A.8．已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是()A.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1) B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C．sinx>siny D．x3>y3解析：选D∵实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，∴x>y.对于选项A，eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)等价于x2＋1<y2＋1，即x2<y2.当x＝1，y＝－1时，满足x>y，但x2<y2不成立．对于选项B，ln(x2＋1)>ln(y2＋1)等价于x2>y2，当x＝1，y＝－1时，满足x>y，但x2>y2不成立．对于选项C，当x＝π，y＝eq\f(π,2)时，满足x>y，但sinx>siny不成立．对于选项D，当x>y时，x3>y3恒成立．故选D.9．(2018·广元模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为()A．2eq\r(e)－1 B．e2－eq\f(1,2)C．2－ln2 D．2＋ln2解析：选D令t＝ea，可得a＝lnt，令t＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)，可得b＝2，则b－a＝2－lnt，令h(t)＝2e－lnt，则h′(t)＝2e－eq\f(1,t).显然，h′(t)是增函数，观察可得当t＝eq\f(1,2)时，h′(t)＝0，故h′(t)有唯一零点，故当t＝eq\f(1,2)时，h(t)取得最小值，即b－a取得最小值为2e－lneq\f(1,2)＝2＋ln2，故选D.10．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)，则x的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D．(e，＋∞)解析：选C∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(lnx)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(lnx)－f(－lnx)＝f(lnx)＋f(lnx)＝2f(lnx)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)等价于|f(lnx)|<f(1)，又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.11．记函数f(x)＝x2－mx(m>0)在区间[0,2]上的最小值为g(m)．已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数h(x)为偶函数，且当x>0时，h(x)＝g(x)，若h(t)>h(4)，则实数t的取值范围为()A．(－4,0) B．(0,4)C．(－2,0)∪(0,2) D．(－4,0)∪(0,4)解析：选D因为f(x)＝x2－mx(m>0)，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))2－eq\f(m2,4)，因为f(x)在区间[0,2]上的最小值为g(m)，所以当0<m≤4，即0<eq\f(m,2)≤2时，g(m)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))＝－eq\f(m2,4)；当m>4，即eq\f(m,2)>2时，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))2－eq\f(m2,4)在[0,2]上单调递减，所以g(m)＝f(2)＝4－2m.综上，g(m)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(m2,4)，0<m≤4，,4－2m，m>4.))因为当x>0时，h(x)＝g(x)，所以当x>0时，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,4)，0<x≤4，,4－2x，x>4.))函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数h(x)为偶函数，且h(t)>h(4)，所以h(|t|)>h(4)，所以0<|t|<4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≠0，,|t|<4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≠0，,－4<t<4，))从而－4<t<0或0<t<4.综上所述，实数t的取值范围为(－4,0)∪(0,4)．12．(2019届高三·昆明调研)若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(－∞，0]C．(－∞，3] D．(－∞，4]解析：选D法一：f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0<g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当－1<x<4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4<h(1)＝5，g(2)＝8<h(2)＝10，g(3)＝16<h(3)＝17，所以－1<a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln2)2－2>0，所以F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln2－10>0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4时，不满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，4]，故选D.法二：将问题转化为2x＋1≤x2＋2x＋2对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)恒成立后，在同一个平面直角坐标系中分别作出函数y＝2x＋1，y＝x2＋2x＋2的图象如图所示，根据两函数图象的交点及位置关系，数形结合即可分析出实数a的取值范围是(－∞，4]，故选D.13．函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是________．解析：由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)14．李华经营了甲、乙两家电动轿车销售连锁店，其月利润(单位：元)分别为L甲＝－5x2＋900x－16000，L乙＝300x－2000(其中x为销售辆数)，若某月两连锁店共销售了110辆，则能获得的最大利润为________元．解析：设甲连锁店销售x辆，则乙连锁店销售(110－x)辆，故利润L＝－5x2＋900x－16000＋300(110－x)－2000＝－5x2＋600x＋15000＝－5(x－60)2＋33000，∴当x＝60时，有最大利润33000元．答案：3300015．若函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，则f(2)＋g(4)＝________.解析：法一：∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝2x，∴g(x)＝log2x，∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.法二：∵f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，∴f(2)＝4，即函数f(x)的图象经过点(2,4)，∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，∴函数g(x)的图象经过点(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.答案：616．(2018·福州模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x>0，))则满足f(x2－2)>f(x)的x的取值范围是________________________．解析：由题意x>0时，f(x)单调递增，故f(x)>f(0)＝0，而x≤0时，x＝0，故若f(x2－2)>f(x)，则x2－2>x，且x2－2>0，解得x>2或x<－eq\r(2).答案：(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)17．如图，在第一象限内，矩形ABCD的三个顶点A，B，C，分别在函数y＝logx，y＝x，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))x的图象上，且矩形的边分别平行于两坐标轴，若点A的纵坐标是2，则点D的坐标是________．解析：由2＝logx可得点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，由2＝x可得点B(4,2)，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))4＝eq\f(9,16)，所以点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,16)))，所以点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,16))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,16)))18．已知函数f(x)＝|log3x|，实数m，n满足0<m<n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在[m2，n]上的最大值为2，则eq\f(n,m)＝________.解析：f(x)＝|log3x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log3x，0<x<1，,og3x，x≥1，))所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由0<m<n且f(m)＝f(n)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<1，,n>1，,log3n＝－log3m，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<1，,n>1，,mn＝1，))所以0<m2<m<1，则f(x)在[m2,1)上单调递减，在(1，n]上单调递增，所以f(m2)>f(m)＝f(n)，则f(x)在[m2，n]上的最大值为f(m2)＝－log3m2＝2，解得m＝eq\f(1,3)，则n＝3，所以eq\f(n,m)＝9.答案：919.(2018·西安八校联考)如图所示，已知函数y＝log24x图象上的两点A，B和函数y＝log2x图象上的点C，线段AC平行于y轴，当△ABC为正三角形时，点B的横坐标为________．解析：依题意，当AC∥y轴，△ABC为正三角形时，|AC|＝log24x－log2x＝2，点B到直线AC的距离为eq\r(3)，设点B(x0,2＋log2x0)，则点A(x0＋eq\r(3)，3＋log2x0)．由点A在函数y＝log24x的图象上，得log2[4(x0＋eq\r(3))]＝3＋log2x0＝log28x0，则4(x0＋eq\r(3))＝8x0，x0＝eq\r(3)，即点B的横坐标是eq\r(3).答案：eq\r(3)20．已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－\f(a,2x)))在[0,1]上单调递增，则a的取值范围为________．解析：令2x＝t，t∈[1,2]，则y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))在[1,2]上单调递增．当a＝0时，y＝|t|＝t在[1,2]上单调递增显然成立；当a>0时，函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[eq\r(a)，＋∞)，此时eq\r(a)≤1，即0<a≤1时成立；当a<0时，函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))＝t－eq\f(a,t)，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[eq\r(－a)，＋∞)，此时eq\r(－a)≤1，即－1≤a<0时成立．综上可得a的取值范围是[－1,1]．答案：[－1,1]二、强化压轴考法——拉开分1．设函数f(x)＝log4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x，g(x)＝logx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的零点分别为x1，x2，则()A．x1x2＝1 B．0<x1x2<1C．1<x1x2<2 D．x1x2≥2解析：选B由题意可得x1是函数y＝log4x的图象和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的图象的交点的横坐标，x2是y＝logx的图象和函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的图象的交点的横坐标，且x1，x2都是正实数，画出函数图象如图所示，可得logx2>log4x1，故log4x1－logx2<0，∴log4x1＋log4x2<0，∴log4(x1x2)<0，∴0<x1x2<1.故选B.2．(2018·唐山模拟)若函数f(x)＝eq\r(1－x2)－x＋λ在[－1,1]上有两个不同的零点，则λ的取值范围为()A．[1，eq\r(2)) B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(－eq\r(2)，－1] D．[－1,1]解析：选C函数f(x)＝eq\r(1－x2)－x＋λ在[－1,1]上有两个不同的零点等价于y＝eq\r(1－x2)与y＝x－λ的图象在[－1,1]上有两个不同的交点．y＝eq\r(1－x2)，x∈[－1,1]为圆x2＋y2＝1的上半圆．如图，当直线y＝x－λ过点(0,1)时两函数图象有两个交点，此时λ＝－1，当直线y＝x－λ与圆x2＋y2＝1上半圆相切时，λ＝－eq\r(2).所以λ的取值范围为(－eq\r(2)，－1]．故选C.3．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且x＞0时，f(x)＝lnx－x＋1，则函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C当x＞0时，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减．因此，当x＞0时，f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如图所示，由图象可知函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．4．(2018·凉山模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,x)，x<0，,lnx－2x2，x>0，))若函数f(x)的图象上有四个不同的点A，B，C，D同时满足：①A，B，C，D，O(原点)五点共线；②共线的这条直线斜率为－3，则a的取值范围是()A．(2eq\r(3)，＋∞) B．(－∞，－4)C．(－∞，－2eq\r(3)) D．(4，＋∞)解析：选A由题意知f(x)的图象与直线y＝－3x有4个交点．令lnx－2x2＝－3x，可得lnx＝2x2－3x，作出y＝lnx与y＝2x2－3x的图象如图所示．由图象可知两函数图象在y轴右侧有两个交点，∴当x>0时，f(x)的图象与直线y＝－3x有两个交点，∴当x<0时，f(x)的图象与直线y＝－3x有两个交点．∴a＋eq\f(1,x)＝－3x在(－∞，0)上有两解．即3x2＋ax＋1＝0在(－∞，0)上有两解．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－12>0，,－\f(a,6)<0，))解得a>2eq\r(3).故选A.5．(2019届高三·西安八校联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋1，x≤1，,lnx，x>1，))若方程f(x)－ax＝0恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(4,3))) D．(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析：选B方程f(x)－ax＝0有两个不同的实根，即直线y＝ax与函数f(x)的图象有两个不同的交点．作出函数f(x)的图象如图所示．当x>1时，f(x)＝lnx，得f′(x)＝eq\f(1,x)，设直线y＝kx与函数f(x)＝lnx(x>1)的图象相切，切点为(x0，y0)，则eq\f(y0,x0)＝eq\f(lnx0,x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝e，则k＝eq\f(1,e)，即y＝eq\f(1,e)x是函数f(x)＝lnx(x>1)的图象的切线，当a≤0时，直线y＝ax与函数f(x)的图象有一个交点，不合题意；当0<a<eq\f(1,3)时，直线y＝ax与函数y＝lnx(x>1)的图象有两个交点，但与y＝eq\f(1,3)x＋1(x≤1)也有一个交点，这样就有三个交点，不合题意；当a≥eq\f(1,e)时，直线y＝ax与函数f(x)的图象至多有一个交点，不合题意；只有当eq\f(1,3)≤a<eq\f(1,e)时，直线y＝ax与函数f(x)的图象有两个交点，符合题意．故选B.6．(2018·潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，若关于x的方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0的不同的实数根的个数为n，则n的所有可能值为()A．3 B．1或3C．3或5 D．1或3或5解析：选A由f(x)＝(x2－3)ex，得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f′(x)>0，得x<－3或x>1，令f′(x)<0，得－3<x<1，所以f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，当x→－∞时，f(x)→0，所以f(x)极大值＝f(－3)＝eq\f(6,e3)，f(x)极小值＝f(1)＝－2e，作出f(x)的大致图象如图所示．令t＝f(x)，则f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0可转化为t2－mt－eq\f(12,e2)＝0，Δ＝m2＋eq\f(48,e2)>0，且t＝eq\f(m,2)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))2－m·eq\f(m,2)－eq\f(12,e2)＝－eq\f(m2,4)－eq\f(12,e2)<0，所以方程有两个不同的实数根t1，t2，所以t1t2＝－eq\f(12,e2)＝eq\f(6,e3)×(－2e)，不妨设t1>0，所以当t1>eq\f(6,e3)时，－2e<t2<0，由f(x)的图象可知，此时t2＝f(x)有2个不同的实数根，t1＝f(x)有1个根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3个不同的实数根，当t1＝eq\f(6,e3)时，t2＝－2e，由f(x)的图象可知，此时t2＝f(x)有1个根，t1＝f(x)有2个不同的实数根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3个不同的实数根，当0<t1<eq\f(6,e3)时，t2<－2e，由f(x)的图象可知t2＝f(x)有0个根，t1＝f(x)有3个不同的实数根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3个不同的实数根．综上所述，方程有3个不同的实数根．7．(2018·南宁模拟)设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈[－2,0]时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))x－1，若在区间(－2,6)内关于x的方程f(x)－loga