相切模型
分析：设函数(y=kx)与函数(y=lnx)切点为(Q(x_0,y_0))，则有
(egin{cases} y_0=kx_0 \ y_0=lnx_0 \ k=f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}end{cases})；
从而解得(x_0=e,y_0=1,k=cfrac{1}{e})，故切点(Q)的坐标为((e，1))
直线和曲线相切
【分析】将原本数的问题，转化为形的问题，即两个函数的图像有交点的问题，从形上来处理解决。
法1：由题目可知，方程(sqrt{3-frac{3}{4}x^2}=x+m)有实根，即函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})和函数(y=x+m)的图像有交点，
其中函数(y=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})的图像是椭圆(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的上半部分，函数(y=x+m)的图像是动态的直线，
在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知，
由图可知，直线和椭圆相交的一个位置是过点((2，0))，代入求得(m=-2)；
另一个相交的临界位置是直线和函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})在第二象限的部分相切，
设切点坐标((x_0，y_0))，
则有(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}))
则(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})，两边平方整理得到，
(x_0^2=frac{16}{7})，即(x_0=-frac{4}{sqrt{7}})，
代入函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})，得到(y_0=frac{3}{sqrt{7}})
即切点为((-frac{4}{sqrt{7}}，frac{3}{sqrt{7}}))，将切点代入直线，得到(m=sqrt{7})，
结合图像可知(m)的取值范围是([-2，sqrt{7}])。
法2：[算理似乎不是太顺畅，再思考]利用椭圆的参数方程求解，由于函数(y=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})的图像是椭圆(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的上半部分，故设其图像上的任意一点的坐标为((2cos heta，sqrt{3}sin heta))，且( hetain [0，pi])，
则上半椭圆上任一点((2cos heta，sqrt{3}sin heta))到直线(y=x+m)的距离为(d)，
则(d=cfrac{|2cos heta-sqrt{3}sin heta+m|}{sqrt{1^2+(-1)^2}}=cfrac{|sqrt{7}sin( heta-phi)-m|}{sqrt{2}})，其中(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}})，
当(d=0)时，即(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)时，也即直线和上半椭圆相切，
由图可知，此时的(m)最大，由于(m=sqrt{7}sin( heta-phi))，故(m_{max}=sqrt{7})，
又由图可知，当( heta=0)时，直线过点((2，0))，此时的(m)最小，且由于此时直线和曲线相交，故必满足(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)，即此时
(m=sqrt{7}sin(0-phi)=-sqrt{7}sinphi)，由(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}})，可计算得到(sinphi=cfrac{2}{sqrt{7}})，故(m_{min}=-sqrt{7} imes cfrac{2}{sqrt{7}}=-2)，
综上所述，可知(m)的取值范围是([-2，sqrt{7}])。
【点评】：①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解，其中转化得到半个椭圆也是难点。②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标，求导很容易出错的，需要特别注意。
曲线和曲线相切
【法1】：数形结合法，定义域为((0，+infty))，转化为方程(kx^2=lnx)有两个不同的实数根，
再转化为函数(y=kx^2)与函数(y=lnx)的图像有两个不同的交点，
如图设两个函数的图像相切于点为((x_0，y_0))，
则有关系式(egin{cases}2kx_0=cfrac{1}{x_0}\kx_0^2=y_0\y_0=lnx_0end{cases})，
解得(y_0=cfrac{1}{2}，x_0=sqrt{e})，即切点为((sqrt{e}，cfrac{1}{2}))，
再代入函数(y=kx^2)，求得此时的(k=cfrac{1}{2e})，
再结合函数(y=kx^2)的系数(k)的作用，可得两个函数要有两个不同的交点，
则(kin(0，cfrac{1}{2e}))。
【法2】：分离参数法，定义域为((0，+infty))，转化为方程(kx^2=lnx)有两个不同的实数根，
再转化为(k=cfrac{lnx}{x^2})有两个不同的实数根，
再转化为函数(y=k)和函数(y=g(x)=cfrac{lnx}{x^2})的图像有两个不同的交点，
用导数研究函数(g(x))的单调性，(g'(x)=cfrac{cfrac{1}{x}cdot x^2-lnxcdot 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})，
即函数(g(x))在区间((0，sqrt{e}])上单调递增，在([sqrt{e}，+infty))上单调递减，
故(g(x)_{max}=g(sqrt{e})=cfrac{1}{2e})，
作出函数(g(x))和函数(y=k)的简图，由图像可得(k)的取值范围是(kin(0，cfrac{1}{2e}))。
分析：两个函数的图像只有一个交点，即方程(x^2=a^x)只有一个根，
法1：利用两个函数的图像，尤其是(y=a^x)的动态图形来说明问题；曲线和曲线相切；
当(a>1)时，函数(y=x^2)与函数(y=a^x)有两个交点的临界位置是在第一象限相切的情形，如下图所示；
以下重点求解相切时的参数(a)的值；设两条曲线相切时的切点为(P(x_0，y_0))，
则有(left{egin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}cdot lna ① }\{y_0=x_0^2 ② }\{y_0=a^{x_0} ③ }end{array} ight.)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，(2x_0=x_0^2cdot lna)，化简得到(2=x_0cdot lna ⑤)，
又由④两边取对数得到，(2lnx_0=x_0cdot lna⑥)，由⑤⑥得到，(2lnx_0=2)，解得(x_0=e)，代入②得到(y_0=e^2)，
再代入③得到，(e^2=a^e)，两边取对数得到，(lna=cfrac{2}{e})，则(a=e^{frac{2}{e}})，
即两条曲线相切时的(a=e^{frac{2}{e}})，则(a>e^{frac{2}{e}})时，两条曲线必然只有一个交点。
当(0<a<1)时，函数(y=x^2)与函数(y=a^x)有两个交点的临界位置是在第二象限相切的情形，如下图所示；
以下重点求解相切时的参数(a)的值；设两条曲线相切时的切点为(P(x_0，y_0))，
则有(left{egin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}cdot lna ① }\{y_0=x_0^2 ② }\{y_0=a^{x_0} ③ }end{array} ight.)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，(2x_0=x_0^2cdot lna)，化简得到(2=x_0cdot lna ⑤)，
又由④两边取对数得到，(2ln|x_0|=x_0cdot 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})，两边取对数得到，(-lna=cfrac{2}{e})，则(a=e^{-frac{2}{e}})，
即两条曲线相切时的(a=e^{-frac{2}{e}})，则(0<a<e^{-frac{2}{e}})时，两条曲线必然只有一个交点。
综上所述，(ain(0，e^{-frac{2}{e}}))，或者(ain (e^{frac{2}{e}}，+infty))，故选(C).
法2：分离参数得到，(lnx^2=xlna)，再变形为(lna=cfrac{2ln|x|}{x})，令(h(x)=cfrac{2ln|x|}{x})，重点是作其图像；
由于(h(x))是奇函数，故当(x>0)时，(h(x)=cfrac{2lnx}{x})，以下用导数研究其单调性；
(h'(x)=cdots=cfrac{2(1-lnx)}{x^2})，则(xin (0，e))时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增；则(xin (e，+infty))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减；又(h(e)=cfrac{2}{e})，故可以做出(x>0)时的(h(x))图像以及(x<0)时的(h(x))图像，如下图所示；
由图可知，(lna>cfrac{2}{e})或(lna<-cfrac{2}{e})时，两个函数图像仅有一个交点，
解得(ain(0，e^{-frac{2}{e}}))，或者(ain (e^{frac{2}{e}}，+infty))，故选(C).
直线和函数相切
【解答】设直线和函数图像相切于点((x_0，y_0))，
则有(left{egin{array}{l}{y_0=kx_0+1①}\{y_0=lnx_0②}\{cfrac{1}{x_0}=k③}end{array} ight.)
由③得到(kx_0=1)，代入①得(y_0=2)，代入②得到(x_0=e^2)
解得切点为((e^2，2))，将切点代入直线得到，(k=cfrac{1}{e^2})。
典例剖析
【分析】涉及到动直线和分段函数图像的交点个数问题，我们更多的是从形的角度入手分析，做出分段函数的图像和动直线的图像，通过动态的变化中寻找解题的题眼。本题目中就是(k_{BP}<k<k_{BA})。
【解答】由(x∈[0，1])时，(f(x)=x^2)，以及(f(x)=f(-x))可知，
当(-1leq xleq 1)时，(f(x)=x^2)，
又由(f(x)=f(2-x))，可知函数(f(x))图像关于直线(x=1)对称，
故当(1leq xleq 3)时，(-3leq -xleq -1)，
则(-1leq 2-xleq 1)，(f(x)=f(2-x)=(2-x)^2=(x-2)^2)，
即(1leq xleq 3)时，(f(x)=(x-2)^2)，
同理可知，当(3leq xleq 4)时，(f(x)=(x-4)^2)，
又直线恒过过点((0，-cfrac{9}{4}))，故其方程为(y+cfrac{9}{4}=k(x-0))，
即(y=kx-cfrac{9}{4})，
做出函数(f(x))当(0leq xleq 4)时的函数图像和(y=kx-cfrac{9}{4})，
由图像可知，适合题意的(k)的范围是(k_{BP}<k<k_{BA})，
以下关键是求(k_{BA})和(k_{BP})，
设直线和函数在(xin[2，3])相切于点(P(x_0，y_0))，
则(left{egin{array}{l}{k=2x_0-4①}\{y_0=kx_0-cfrac{9}{4}②}\{y_0=(x_0-2)^2③}end{array} ight.)
将②代入③，得到(kx_0-cfrac{9}{4}=x_0^2-4x_0+4④)，
再将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}(舍去负值))。
将(x_0=cfrac{5}{2})代入①，得到(k=k_{BP}=1)，
又由题可知点(A(3，1))，代入直线(y=kx-cfrac{9}{4})，
得到(k=k_{BA}=cfrac{13}{12})，
故适合题意的(k)的取值范围是((1，cfrac{13}{12}))。
【点评】①注意总结利用奇偶性对称性求函数的解析式。
②注意分段函数的图像画法；
③求曲线的切线的思路和方法。
④运用动态的观点和方法分析解决问题的策略。