一、相切模型
模型函数\(y=kx\)与函数\(y=lnx\)相切于点\(Q\)，求点\(Q\)的坐标。\((e，1)\)
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
例1若方程\(\sqrt{3-\cfrac{3}{4}x^2}-m=x\)有实根，则实数\(m\)的取值范围是________.
【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
例2【西安模拟】 已知函数\(f(x)=kx^2-lnx\)有两个零点，求参数\(k\)的取值范围。
$A.k>\cfrac{e}{2}$ $B.0< k\cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k
【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\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。
例7【高三理科数学启动卷，陕西省二检试卷第12题】若两个函数\(f(x)=x^2\)与\(g(x)=a^x\) \((a>0，a\neq 1)\)的图像只有一个交点，则实数\(a\)的取值范围是【】
$A.(e^{-\frac{2}{e}}，e^{\frac{2}{e}})$ $B.(0，e^{-\frac{2}{e}})$ $C.(0，e^{-\frac{2}{e}})\cup(e^{\frac{2}{e}}，+\infty)$ $D.(e^{-\frac{2}{e}}，1)\cup(1，e^{\frac{2}{e}})$
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\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，\(2x_0=x_0^2\cdot lna\)，化简得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\)，
又由④两边取对数得到，\(2lnx_0=x_0\cdot lna⑥\)，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，\(e^2=a^e\)，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\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知，$x_0^2=a^{x_0} ④ $，代入①得到，\(2x_0=x_0^2\cdot lna\)，化简得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\)，
又由④两边取对数得到，\(2ln|x_0|=x_0\cdot lna⑥\)，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，\(e^2=a^{-e}\)，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，\(a\in(0，e^{-\frac{2}{e}})\)，或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}}，+\infty)\)，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\(x\in (0，e)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增；则\(x\in (e，+\infty)\)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\(a\in(0，e^{-\frac{2}{e}})\)，或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}}，+\infty)\)，故选\(C\).
四、直线和函数相切
例3已知函数\(f(x)=lnx\)，若直线\(y=kx+1\)与\(f(x)=lnx\)的图象相切．求实数\(k\)的值；
【解答】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
例4函数\(f(x)\)满足\(f(x)=f(-x)\)，\(f(x)=f(2-x)\)，当\(x∈[0，1]\)时，\(f(x)=x^2\)，(过点\(P(0，-\cfrac{9}{4})\)且斜率为\(k\)的直线与\(f(x)\)在区间\([0，4]\)上的图象恰好有\(3\)个交点，则\(k\)的取值范围为_______．
【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。
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