相切模型
分析：設函數\(y=kx\)與函數\(y=lnx\)切點為\(Q(x_0,y_0)\)，則有
\(\begin{cases} y_0=kx_0 \\ y_0=lnx_0 \\ k=f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}\end{cases}\)；
從而解得\(x_0=e,y_0=1,k=\cfrac{1}{e}\)，故切點\(Q\)的坐標為\((e，1)\)
直線和曲線相切
【分析】將原本數的問題，轉化為形的問題，即兩個函數的圖像有交點的問題，從形上來處理解決。
法1：由題目可知，方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有實根，即函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函數\(y=x+m\)的圖像有交點，
其中函數\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的圖像是橢圓\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，函數\(y=x+m\)的圖像是動態的直線，
在同一個坐標系中做出兩個函數的圖像，由圖像可知，
由圖可知，直線和橢圓相交的一個位置是過點\((2，0)\)，代入求得\(m=-2\)；
另一個相交的臨界位置是直線和函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切，
設切點坐標\((x_0，y_0)\)，
則有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]'=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)'\)
\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)
則\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)，即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，兩邊平方整理得到，
\(x_0^2=\frac{16}{7}\)，即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\)，
代入函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)
即切點為\((-\frac{4}{\sqrt{7}}，\frac{3}{\sqrt{7}})\)，將切點代入直線，得到\(m=\sqrt{7}\)，
結合圖像可知\(m\)的取值范圍是\([-2，\sqrt{7}]\)。
法2：[算理似乎不是太順暢，再思考]利用橢圓的參數方程求解，由於函數\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的圖像是橢圓\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，故設其圖像上的任意一點的坐標為\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，
則上半橢圓上任一點\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)到直線\(y=x+m\)的距離為\(d\)，
則\(d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}\)，其中\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，
當\(d=0\)時，即\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)時，也即直線和上半橢圓相切，
由圖可知，此時的\(m\)最大，由於\(m=\sqrt{7}sin(\theta-\phi)\)，故\(m_{max}=\sqrt{7}\)，
又由圖可知，當\(\theta=0\)時，直線過點\((2，0)\)，此時的\(m\)最小，且由於此時直線和曲線相交，故必滿足\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)，即此時
\(m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi\)，由\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，可計算得到\(sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}\)，故\(m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2\)，
綜上所述，可知\(m\)的取值范圍是\([-2，\sqrt{7}]\)。
【點評】：①本題目的難點一是將數的問題轉化為形的問題求解，其中轉化得到半個橢圓也是難點。②難點二是求直線和橢圓相切時的切點坐標，求導很容易出錯的，需要特別注意。
曲線和曲線相切
【法1】：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\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
【法2】：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\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
分析：兩個函數的圖像只有一個交點，即方程\(x^2=a^x\)只有一個根，
法1：利用兩個函數的圖像，尤其是\(y=a^x\)的動態圖形來說明問題；曲線和曲線相切；
當\(a>1\)時，函數\(y=x^2\)與函數\(y=a^x\)有兩個交點的臨界位置是在第一象限相切的情形，如下圖所示；
以下重點求解相切時的參數\(a\)的值；設兩條曲線相切時的切點為\(P(x_0，y_0)\)，
則有\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，\(2x_0=x_0^2\cdot lna\)，化簡得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\)，
又由④兩邊取對數得到，\(2lnx_0=x_0\cdot lna⑥\)，由⑤⑥得到，\(2lnx_0=2\)，解得\(x_0=e\)，代入②得到\(y_0=e^2\)，
再代入③得到，\(e^2=a^e\)，兩邊取對數得到，\(lna=\cfrac{2}{e}\)，則\(a=e^{\frac{2}{e}}\)，
即兩條曲線相切時的\(a=e^{\frac{2}{e}}\)，則\(a>e^{\frac{2}{e}}\)時，兩條曲線必然只有一個交點。
當\(0<a<1\)時，函數\(y=x^2\)與函數\(y=a^x\)有兩個交點的臨界位置是在第二象限相切的情形，如下圖所示；
以下重點求解相切時的參數\(a\)的值；設兩條曲線相切時的切點為\(P(x_0，y_0)\)，
則有\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，\(2x_0=x_0^2\cdot lna\)，化簡得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\)，
又由④兩邊取對數得到，\(2ln|x_0|=x_0\cdot lna⑥\)，由⑤⑥得到，\(2ln|x_0|=2\)，解得\(x_0=-e\)，代入②得到\(y_0=e^2\)，
再代入③得到，\(e^2=a^{-e}\)，兩邊取對數得到，\(-lna=\cfrac{2}{e}\)，則\(a=e^{-\frac{2}{e}}\)，
即兩條曲線相切時的\(a=e^{-\frac{2}{e}}\)，則\(0<a<e^{-\frac{2}{e}}\)時，兩條曲線必然只有一個交點。
綜上所述，\(a\in(0，e^{-\frac{2}{e}})\)，或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}}，+\infty)\)，故選\(C\).
法2：分離參數得到，\(lnx^2=xlna\)，再變形為\(lna=\cfrac{2ln|x|}{x}\)，令\(h(x)=\cfrac{2ln|x|}{x}\)，重點是作其圖像；
由於\(h(x)\)是奇函數，故當\(x>0\)時，\(h(x)=\cfrac{2lnx}{x}\)，以下用導數研究其單調性；
\(h'(x)=\cdots=\cfrac{2(1-lnx)}{x^2}\)，則\(x\in (0，e)\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增；則\(x\in (e，+\infty)\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減；又\(h(e)=\cfrac{2}{e}\)，故可以做出\(x>0\)時的\(h(x)\)圖像以及\(x<0\)時的\(h(x)\)圖像，如下圖所示；
由圖可知，\(lna>\cfrac{2}{e}\)或\(lna<-\cfrac{2}{e}\)時，兩個函數圖像僅有一個交點，
解得\(a\in(0，e^{-\frac{2}{e}})\)，或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}}，+\infty)\)，故選\(C\).
直線和函數相切
【解答】設直線和函數圖像相切於點\((x_0，y_0)\)，
則有\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=kx_0+1①}\\{y_0=lnx_0②}\\{\cfrac{1}{x_0}=k③}\end{array}\right.\)
由③得到\(kx_0=1\)，代入①得\(y_0=2\)，代入②得到\(x_0=e^2\)
解得切點為\((e^2，2)\)，將切點代入直線得到，\(k=\cfrac{1}{e^2}\)。
典例剖析
【分析】涉及到動直線和分段函數圖像的交點個數問題，我們更多的是從形的角度入手分析，做出分段函數的圖像和動直線的圖像，通過動態的變化中尋找解題的題眼。本題目中就是\(k_{BP}<k<k_{BA}\)。
【解答】由\(x∈[0，1]\)時，\(f(x)=x^2\)，以及\(f(x)=f(-x)\)可知，
當\(-1\leq x\leq 1\)時，\(f(x)=x^2\)，
又由\(f(x)=f(2-x)\)，可知函數\(f(x)\)圖像關於直線\(x=1\)對稱，
故當\(1\leq x\leq 3\)時，\(-3\leq -x\leq -1\)，
則\(-1\leq 2-x\leq 1\)，\(f(x)=f(2-x)=(2-x)^2=(x-2)^2\)，
即\(1\leq x\leq 3\)時，\(f(x)=(x-2)^2\)，
同理可知，當\(3\leq x\leq 4\)時，\(f(x)=(x-4)^2\)，
又直線恆過過點\((0，-\cfrac{9}{4})\)，故其方程為\(y+\cfrac{9}{4}=k(x-0)\)，
即\(y=kx-\cfrac{9}{4}\)，
做出函數\(f(x)\)當\(0\leq x\leq 4\)時的函數圖像和\(y=kx-\cfrac{9}{4}\)，
由圖像可知，適合題意的\(k\)的范圍是\(k_{BP}<k<k_{BA}\)，
以下關鍵是求\(k_{BA}\)和\(k_{BP}\)，
設直線和函數在\(x\in[2，3]\)相切於點\(P(x_0，y_0)\)，
則\(\left\{\begin{array}{l}{k=2x_0-4①}\\{y_0=kx_0-\cfrac{9}{4}②}\\{y_0=(x_0-2)^2③}\end{array}\right.\)
將②代入③，得到\(kx_0-\cfrac{9}{4}=x_0^2-4x_0+4④\)，
再將①代入④得到，\((2x_0-4)x_0-\cfrac{9}{4}=x_0^2-4x_0+4\)
解得\(x_0^2=\cfrac{25}{4}\)，故\(x_0=\cfrac{5}{2}(舍去負值)\)。
將\(x_0=\cfrac{5}{2}\)代入①，得到\(k=k_{BP}=1\)，
又由題可知點\(A(3，1)\)，代入直線\(y=kx-\cfrac{9}{4}\)，
得到\(k=k_{BA}=\cfrac{13}{12}\)，
故適合題意的\(k\)的取值范圍是\((1，\cfrac{13}{12})\)。
【點評】①注意總結利用奇偶性對稱性求函數的解析式。
②注意分段函數的圖像畫法；
③求曲線的切線的思路和方法。
④運用動態的觀點和方法分析解決問題的策略。