高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质导学案，共14页。学案主要包含了正切函数的奇偶性与周期性，正切函数的单调性及其应用，正切函数图象与性质的综合应用等内容，欢迎下载使用。


知识点 正切函数的图象与性质
思考 正切函数y＝tan x的图象与直线x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z有公共点吗？
答案 没有．正切曲线是由被互相平行的直线x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)隔开的无穷多支曲线组成的．
1．正切函数的定义域和值域都是R.( × )
2．正切函数图象是中心对称图形，有无数个对称中心．( √ )
3．正切函数图象有无数条对称轴，其对称轴是x＝kπ±eq \f(π,2)，k∈Z.( × )
4．正切函数是增函数．( × )
一、正切函数的奇偶性与周期性
例1 (1)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,3)))的最小正周期为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C．π D．2π
(2)函数f(x)＝sin x＋tan x的奇偶性为( )
A．奇函数 B．偶函数
C．非奇非偶函数 D．既是奇函数又是偶函数
答案 (1)A (2)A
解析 (1)方法一 T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,|－4|)＝eq \f(π,4).
方法二 f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,3)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,3)－π))
＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,3)))
＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
∴T＝eq \f(π,4).
(2)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，关于原点对称，又f(－x)＝sin(－x)＋tan(－x)＝
－sin x－tan x＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．
反思感悟 与正切函数有关的函数的周期性、奇偶性问题的解决策略
(1)一般地，函数y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq \f(π,|ω|)，常常利用此公式来求周期．
(2)判断函数的奇偶性要先求函数的定义域，判断其是否关于原点对称，若不对称，则该函数无奇偶性；若对称，再判断f(－x)与f(x)的关系．
跟踪训练1 (1)函数f(x)＝eq \f(tan x,1＋cs x)( )
A．是奇函数
B．是偶函数
C．既是奇函数又是偶函数
D．既不是奇函数也不是偶函数
(2)若函数y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的最小正周期是eq \f(π,2)，则ω＝________.
答案 (1)A (2)±2
解析 (1)要使f(x)有意义，必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,2)k∈Z，,1＋cs x≠0，))
即x≠kπ＋eq \f(π,2)，且x≠(2k＋1)π(k∈Z)，
∴函数f(x)的定义域关于原点对称．
又f(－x)＝eq \f(tan－x,1＋cs－x)＝－eq \f(tan x,1＋cs x)＝－f(x)，
故f(x)＝eq \f(tan x,1＋cs x)是奇函数．
(2)依题意有T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2)，
∴|ω|＝2，∴ω＝±2.
二、正切函数的单调性及其应用
例2 (1)比较下列两个数的大小(用“>”或“<”填空)：
①tan eq \f(2π,7)________tan eq \f(10π,7)；
②tan eq \f(6π,5)________taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13π,5))).
答案 ①< ②<
解析 ①tan eq \f(10π,7)＝tan eq \f(3π,7)，且0又y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以tan eq \f(2π,7)②tan eq \f(6π,5)＝tan eq \f(π,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13π,5)))＝tan eq \f(2π,5)，
因为0又y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以tan eq \f(π,5)(2)求函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调区间．
解 ∵y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上是增函数，
∴－eq \f(π,2)＋kπ<2x－eq \f(π,3)即－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，\f(5π,12)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)，无单调递减区间．
(学生留)
反思感悟 (1)运用正切函数单调性比较大小的方法
①运用函数的周期性或诱导公式将角化到同一单调区间内．
②运用单调性比较大小关系．
(2)求函数y＝tan(ωx＋φ)的单调区间的方法
y＝tan(ωx＋φ)(ω>0)的单调区间的求法是把ωx＋φ看成一个整体，解－eq \f(π,2)＋kπ<ωx＋φ跟踪训练2 求函数y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调递减区间．
解 y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))可化为y＝－3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))，
由kπ－eq \f(π,2)得2kπ－eq \f(π,2)故单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z.
三、正切函数图象与性质的综合应用
例3 设函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3))).
(1)求函数f(x)的定义域、最小正周期、单调区间及对称中心；
(2)求不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集．
解 (1)由eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
得x≠eq \f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)，
所以f(x)的定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z)))).
因为ω＝eq \f(1,2)，所以最小正周期T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,\f(1,2))＝2π.
由－eq \f(π,2)＋kπ得－eq \f(π,3)＋2kπ所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))
(k∈Z)，无单调递减区间．
由eq \f(x,2)－eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq \f(2π,3)(k∈Z)，
故函数f(x)的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(2π,3)，0))(k∈Z)．
(2)由－1≤taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))≤eq \r(3)，
得－eq \f(π,4)＋kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，
解得eq \f(π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(4π,3)＋2kπ(k∈Z)．
所以不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集是
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋2kπ≤x≤\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z)))).
反思感悟 解答正切函数图象与性质问题的注意点
(1)对称性：正切函数图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，不存在对称轴．
(2)单调性：正切函数在每一个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))
(k∈Z)上都单调递增，但不能说其在定义域内单调递增．
跟踪训练3 画出函数y＝|tan x|的图象，并根据图象判断其定义域、值域、单调区间、奇偶性、周期性．
解 由y＝|tan x|得y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x，kπ≤x其图象如图：
由图象可知，函数y＝|tan x|的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，值域为[0，＋∞)，是偶函数．
函数y＝|tan x|的周期T＝π，
函数y＝|tan x|的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.
1．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期为( )
A．2π B．π C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
答案 C
解析 根据周期公式计算得T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2).
2．函数y＝－2＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,3)))，k∈Z
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,3)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(5π,3)))，k∈Z
答案 A
解析 由－eq \f(π,2)＋kπ解得－eq \f(5π,3)＋2kπ3．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心是( )
A．(0,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,5)，0)) D．(π，0)
答案 C
解析 令x＋eq \f(π,5)＝eq \f(kπ,2)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,5)，k∈Z，
所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,5)，0))，k∈Z.
令k＝2，可得函数的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,5)，0)).
4．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))的值域为________．
答案 (－1，eq \r(3))
解析 ∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))，
∴x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))∈(－1，eq \r(3))，
∴值域为(－1，eq \r(3))．
5．比较大小：tan eq \f(13π,3)________tan eq \f(19π,6).
答案 >
解析 因为tan eq \f(13π,3)＝tan eq \f(π,3)，
tan eq \f(19π,6)＝tan eq \f(π,6)，
又0y＝tan x在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递增，
所以tan eq \f(π,6)即tan eq \f(19π,6)1．知识清单：
(1)正切函数图象的画法．
(2)正切函数的性质．
2．方法归纳：整体代换、换元法．
3．常见误区：最小正周期T＝eq \f(π,|ω|)，在定义域内不单调，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．
1．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,4)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(3π,4)，k∈Z))))
答案 D
解析 由x－eq \f(π,4)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z.
2．函数f(x)＝sin xtan x( )
A．是奇函数
B．是偶函数
C．是非奇非偶函数
D．既是奇函数又是偶函数
答案 B
解析 f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，关于原点对称，
又f(－x)＝sin(－x)·tan(－x)＝sin x·tan x＝f(x)，
∴f(x)为偶函数．
3．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象上的相邻两支曲线截直线y＝1所得的线段长为eq \f(π,4).则ω的值是( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 由题意可得f(x)的最小正周期为eq \f(π,4)，则eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,4)，又∵ω>0，∴ω＝4.
4．(多选)与函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象不相交的一条直线是( )
A．x＝eq \f(3π,8) B．x＝－eq \f(π,2)
C．x＝eq \f(π,4) D．x＝－eq \f(π,8)
答案 AD
解析 令2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
得x＝eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴直线x＝eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z与函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象不相交，
∴令k＝－1，x＝－eq \f(π,8).
k＝0，x＝eq \f(3π,8).
5．(多选)下列关于函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的说法不正确的是( )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递增
B．最小正周期是π
C．图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
D．图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
答案 ACD
解析 令kπ－eq \f(π,2)6．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))的最小正周期是________，单调递增区间是________________．
答案 eq \f(π,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,3)－\f(5π,18)，\f(kπ,3)＋\f(π,18)))，k∈Z
解析 因为y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))，
所以T＝eq \f(π,3)，
令－eq \f(π,2)＋kπ<3x＋eq \f(π,3)7．函数y＝eq \r(1－tan x)的定义域为_________________________________________________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ解析 令1－tan x≥0，
即tan x≤1，
由正切函数的图象知－eq \f(π,2)＋kπ8．函数y＝eq \f(1,tan x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 当－eq \f(π,4)所以eq \f(1,tan x)<－1；
当0所以eq \f(1,tan x)>1.
即当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
函数y＝eq \f(1,tan x)的值域是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
9．设函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)－\f(π,3))).
(1)求函数f(x)的最小正周期、对称中心；
(2)作出函数f(x)在一个周期内的简图．
解 (1)∵ω＝eq \f(1,3)，
∴最小正周期T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,\f(1,3))＝3π.
令eq \f(x,3)－eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝π＋eq \f(3kπ,2)(k∈Z)，
∴f(x)的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(3kπ,2)，0))(k∈Z)．
(2)令eq \f(x,3)－eq \f(π,3)＝0，则x＝π；
令eq \f(x,3)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，则x＝eq \f(5π,2)；
令eq \f(x,3)－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,2)，则x＝－eq \f(π,2).
从而得到函数y＝f(x)在一个周期eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(5π,2)))内的简图(如图)．
10．已知函数f(x)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(x,4))).
(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)试比较f(π)与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))的大小．
解 (1)因为f(x)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(x,4)))＝－3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,6)))，
所以T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,\f(1,4))＝4π.
由kπ－eq \f(π,2)得4kπ－eq \f(4π,3)因为y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,6)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))(k∈Z)内单调递增，
所以f(x)＝－3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,6)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))
(k∈Z)内单调递减．
故原函数的最小正周期为4π.
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))(k∈Z)．
(2)f(π)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(π,4)))＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－3tan eq \f(π,12)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(3π,8)))＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)))＝－3tan eq \f(5π,24)，
因为0且y＝tan x 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以tan eq \f(π,12)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2))).
11．已知函数y＝tan(2x＋φ)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则φ可以是( )
A．－eq \f(π,6) B.eq \f(π,6) C．－eq \f(π,12) D.eq \f(π,12)
答案 A
解析 因为函数的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝0，
所以eq \f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.
12．已知函数y＝tan ωx在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递减，则( )
A．0<ω≤1 B．－1≤ω<0
C．ω≥1 D．ω≤－1
答案 B
解析 ∵y＝tan ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递减，
∴ω<0且T＝eq \f(π,|ω|)≥π，
∴－1≤ω<0.
13．下列图形分别是①y＝|tan x|；②y＝tan x；
③y＝tan(－x)；④y＝tan|x|在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))内的大致图象，那么由a到d对应的函数关系式应是( )
A．①②③④ B．①③④②
C．③②④① D．①②④③
答案 D
解析 y＝tan(－x)＝－tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减，只有图象d符合，即d对应③，故选D.
14．函数y＝－tan2x＋4tan x＋1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))的值域为________．
答案 [－4,4]
解析 ∵－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)，
∴－1≤tan x≤1.
令tan x＝t，则t∈[－1,1]，
∴y＝－t2＋4t＋1＝－(t－2)2＋5.
∴当t＝－1，即x＝－eq \f(π,4)时，ymin＝－4，
当t＝1，即x＝eq \f(π,4)时，ymax＝4.
故所求函数的值域为[－4,4]．
15．函数y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内的图象是( )
答案 D
解析 当eq \f(π,2)当x＝π时，y＝0；
当πsin x，y＝2sin x，且－216．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象与x轴相交的两相邻点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))，且过点(0，－3)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求满足f(x)≥eq \r(3)的x的取值范围．
解 (1)由题意可得f(x)的周期为
T＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)＝eq \f(π,|ω|)，因为ω>0，所以ω＝eq \f(3,2)，
得f(x)＝Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋φ))，它的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)·\f(π,6)＋φ))＝0，即taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝0，
所以eq \f(π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝kπ－eq \f(π,4)，k∈Z，
又|φ|于是f(x)＝Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－\f(π,4)))，
它的图象过点(0，－3)，
所以Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－3，得A＝3.
所以f(x)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－\f(π,4))).
(2)因为3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－\f(π,4)))≥eq \r(3)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－\f(π,4)))≥eq \f(\r(3),3)，
得kπ＋eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)x－eq \f(π,4)解得eq \f(2kπ,3)＋eq \f(5π,18)≤x所以满足f(x)≥eq \r(3)的x的取值范围是
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,3)＋\f(5π,18)，\f(2kπ,3)＋\f(π,2)))，k∈Z.解析式
y＝tan x
图象
定义域
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))
值域
R
最小正周期
π
奇偶性
奇函数
单调性
在每一个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上都单调递增
对称性
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)