前言
类型列举
曲线静，直线动，一静一动型
分析：由题目先转化为方程(x^2+cfrac{m}{x}-3=0)有三个不同的实根，
分离参数得到，方程(-m=x^3-3x(x eq 0))有三个不同的实根，
令(g(x)=x^3-3x(x eq 0))，用导数方法求其单调区间，为作图做准备。
令(g'(x)=3x^2-3>0)，得到(x<-1)或(x>1)；
令(g'(x)<0)，得到(-1<x<1)，(x eq 0)最后做处理。
则函数(g(x))在((-infty，-1]) 上单调递增，
在([-1，1])上单调递减，在([1，+infty))上单调递增；
又(g(-1)=2)，(g(1)=-2)，手工作图如右，
在同一个坐标系中做(y=-m)和(y=g(x))的图像，
由图像可得，(-2<-m<2)，且(-m eq 0)，
解得(m)的取值范围为((-2,0)cup(0，2))。
感悟反思：1、分离参数法，2、数形结合思想。3、形如函数(f(x)=g(x)-a)有(n)个零点的问题，常常就转化为方程(a=g(x))有(n)个解得问题。解法：用导数做出函数g(x)的大致图像，结合图像求解
曲线静，直线动，一静两动型〔两动同步型〕
(1).若(f(x))的值域为([0,+infty))，求关于(x)的方程(f(x)=4)的解；
分析：题目已知(f(x))的值域为([0,+infty))，其本质是为了告诉(a)的取值；
只有函数(f(x))和(x)轴相切时，(f(x))的值域才能为([0,+infty))，
故(Delta=a^2-4=0)，解得(a=2)(舍去负值)，则需要求解方程(x^2+2x+1=4)
即求解(x^2+2x-3=0)，解得(x=-3)或(x=1)，故其解集为({-3,1})。
(2).当(a=2)时，函数(g(x)=[f(x)]^2-2mcdot f(x)+m^2-1)在([-2，1])上有三个零点，求(m)的取值范围；
分析：函数(g(x))的零点，即方程([f(x)]^2-2mcdot f(x)+m^2-1=0)的根，
而方程可以分解为([f(x)-(m-1)][f(x)-(m+1)]=0)，
故方程(f(x)=m-1)和方程(f(x)=m+1)在(xin [-2，1])上共有三个解；
在同一个坐标系中做出函数(y=f(x)(xin [-2，1]))和直线(y=m-1)和(y=m+1)，如图所示，
当(0<m-1leqslant 1)时，函数(y=f(x))与直线(y=m-1)有两个交点；
同时(m+1in [2，3])，此时函数(y=f(x))与直线(y=m+1)只有一个交点，满足题意；
故只需要由(0<m-1leqslant 1)，解得(min (1，2]).
曲线静，直线动，一静两动型〔两动异步型〕
分析：函数(f(x))的零点问题，转化为函数(y=|2^x-1|)与(y=k)的图像交点的横坐标问题，
同理，函数(g(x))的零点问题，转化为函数(y=|2^x-1|)与(y=cfrac{k}{2k+1})的图像交点的横坐标问题，
又由于(y=cfrac{k}{2k+1}=cfrac{1}{2+frac{1}{k}})，在(kin [cfrac{1}{3}，1))上单调递增，
即当(k)的取值从(cfrac{1}{3})增大到(1)时，(cfrac{k}{2k+1})的取值对应的从(cfrac{1}{5})增大到(cfrac{1}{3})，
做出如下的图像，从图像入手分析，当(y=k)向上平移时，(x_2-x_1)逐渐增大，同理对应的(x_4-x_3)逐渐增大，
所以要使得(x_4+x_2-(x_3+x_1))取到最小值，则需要(x_4-x_3)和(x_2-x_1)同时取到最小值，此时(k=cfrac{1}{3})，
同时对应的有(cfrac{k}{2k+1}=cfrac{1}{5})；
此时，(|2^{x_2}-1|=cfrac{1}{3})，即(2^{x_2}-1=cfrac{1}{3})，解得(x_2=log_2cfrac{4}{3})，
又(|2^{x_1}-1|=cfrac{1}{3})，即(1-2^{x_1}=cfrac{1}{3})，解得(x_1=log_2cfrac{2}{3})，
同理对应的有(|2^{x_4}-1|=cfrac{1}{5})，即(2^{x_4}-1=cfrac{1}{5})，解得(x_4=log_2cfrac{6}{5})，
又(|2^{x_3}-1|=cfrac{1}{5})，即(1-2^{x_3}=cfrac{1}{5})，解得(x_3=log_2cfrac{4}{5})，
故此时([x_4+x_2-(x_3+x_1)]_{min}=(log_2cfrac{6}{5}-log_2cfrac{4}{5})+(log_2cfrac{4}{3}-log_2cfrac{2}{3})=log_23)，故选(B)。
解后反思：比如将条件更改为(cfrac{1}{3}leq kleq cfrac{4}{5})，那么用相应的思路和方法，可以求解(x_4+x_2-(x_3+x_1))的取值范围；
一曲线静，一曲线动，〔一静一动型〕
【法1】：不完全分离参数法，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}))。 故选(D).
【法2】：完全分离参数法，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}))。 故选(D).