一、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
\(\begin{cases} y_0=kx_0 \\ y_0=lnx_0 \\ k=f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}\end{cases}\)；
从而解得\(x_0=e,y_0=1,k=\cfrac{1}{e}\)，故切点\(Q\)的坐标为\((e，1)\)
二、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。
【解答】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\([\sqrt{7}，2]\)。
【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。
三、曲线和曲线相切
A、\(k>\cfrac{e}{2}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(0< k<\sqrt{e}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(k>\cfrac{\sqrt{2}e}{2}\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(0< k<\cfrac{1}{2e}\)
【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\(\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}\)，
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\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
【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，\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\)，
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\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
四、直线和函数相切
（1）若直线\(y=kx+1\)与\(f(x)=lnx\)的图象相切．求实数\(k\)的值；
【解答】
（1）设直线和函数图像相切于点\((x_0，y_0)\)，
则有\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=kx_0+1①}\\{y_0=lnx_0②}\\{\cfrac{1}{x_0}=k③}\end{array}\right.\)
由③得到\(kx_0=1\)，代入①得\(y_0=2\)，代入②得到\(x_0=e^2\)
解得切点为\((e^2，2)\)，将切点代入直线得到，\(k=\cfrac{1}{e^2}\)。
五、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\(-1\leq x\leq 1\)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\(1\leq x\leq 3\)时，\(-3\leq -x\leq -1\)，
则\(-1\leq 2-x\leq 1\)，\(f(x)=f(2-x)=(2-x)^2=(x-2)^2\)，
即\(1\leq x\leq 3\)时，\(f(x)=(x-2)^2\)，
同理可知，当\(3\leq x\leq 4\)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\(0\leq x\leq 4\)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\(x\in[2，3]\)相切于点\(P(x_0，y_0)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}{k=2x_0-4①}\\{y_0=kx_0-\cfrac{9}{4}②}\\{y_0=(x_0-2)^2③}\end{array}\right.\)
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。