中职数学苏教版（中职）第一册第3章 函数达标测试

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知识点01：正切函数的图象
【即学即练1】（23-24高一上·宁夏银川·期末）函数（）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数奇偶性排除不符合的两个选项，再根据f1的符号，即可得符合的函数图象.
【详解】因为函数（）
所以，则函数为偶函数，故排除A，C选项；
又，故排除D选项，故选B符合.
故选：B.
知识点02：正切（型）函数的性质
【即学即练2】（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在定义域内是增函数B．是奇函数
C．的最小正周期是πD．图像的对称中心是，
【答案】D
【分析】根据题意结合正切函数性质逐项分析判断.
【详解】对于选项AC：因为的最小正周期是，可知在定义域内不单调，故AC错误；
对于选项B：，可知不是奇函数，故B错误；
对于选项D：令，解得，
所以图像的对称中心是，，故D正确；
故选：D.
题型01 正切函数的定义域
【典例1】（23-24高一上·陕西宝鸡·期末）函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正切函数特征，得到不等式，求出定义域.
【详解】由正切函数的定义域，令，即，
所以函数的定义域为.
故选：C.
【典例2】（23-24高一上·新疆乌鲁木齐·期末）求函数的定义域 ．
【答案】
【分析】利用正切函数的定义，列出不等式求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：
【变式1】（23-24高一下·上海黄浦·期末）设，若函数的.定义域为，则的值为 ．
【答案】/
【分析】根据正切函数的定义域，列式求解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故答案为：
【变式2】（23-24高一下·陕西渭南·阶段练习）函数的定义域为 .
【答案】.
【分析】根据题意，利用正切函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，则满足，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
题型02 正切函数的值域
【典例1】（23-24高一下·江西·阶段练习）函数，的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出的范围，再由正切函数的性质求出范围，再乘以3即可.
【详解】
故选：C.
【典例2】（24-25高一上·上海·随堂练习）已知函数在，上的最小值、最大值分别为1和7，求m和n的值.
【答案】或.
【分析】根据的正负分类讨论，利用函数的单调性分别表达出最值关系式，解方程组可得.
【详解】正切函数在，单调递增，
且， ，
由题意函数最小值、最大值分别为1和7，可知，
①当时，函数在，单调递增，
，解得；
②当时，函数在，单调递减，
即.
综上所述，或.
【变式1】（23-24高一下·全国·课后作业）函数的值域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦函数的有界性与正切函数的单调性，即可求出函数的值域．
【详解】∵，∴.
∵在上是单调递增的．
即
∴函数的值域为.
故选：C
【变式2】（23-24高一上·全国·课后作业）函数在x∈[]上的最大值为4，则实数a为 .
【答案】/
【分析】利用正切函数单调性求出最大值作答.
【详解】函数在上单调递增，则当时，，
因此，解得，
所以实数a为.
故答案为：
题型03求正切函数的单调区间
【典例1】（2024高三·全国·专题练习） 的单调递减区间为 .
【答案】
【分析】化简函数为，由正切函数的性质可求得函数的单调递减区间.
【详解】函数，
由正切函数的性质知，
解得
所以函数的单调递减区间为
故答案为：
【典例2】（24-25高二·上海·假期作业）求下列函数的单调区间：
(1) ；
(2).
【答案】(1)单调递增区间为，，无单调递减区间
(2)单调递减区间为，，无单调递增区间
【分析】（1）直接根据正切函数的性质计算可得；
（2）首先利用诱导公式将函数化简，再结合正切函数的性质计算可得.
【详解】（1）由题意得，，
解得，
所以函数的单调递增区间为，，无单调递减区间；
（2），
由题意得，，
解得，
所以函数的单调递减区间为，，无单调递增区间.
【变式1】（23-24高一·上海·课堂例题）求函数的定义域，并写出其单调区间．
【答案】定义域为，单调递增区间为，没有减区间
【分析】根据正切型函数定义域和单调区间的求法求得正确答案.
【详解】由解得，
所以函数的定义域为，
由解得，
所以函数的单调递增区间为，没有减区间.
【变式2】（23-24高一上·黑龙江鸡西·期末）求函数的定义域和单调增区间.
【答案】；.
【分析】求正切型函数的定义域和递增区间，首先都要把角看成整体角，再利用正切函数的定义域和递增区间处理即可.
【详解】由函数有意义可得：，解得，
即函数的定义域为：
又由可得：，
即函数的单调增区间为：.
题型04 正切函数单调性的应用
【典例1】（24-25高一上·上海·课堂例题）比较与的大小.
【答案】.
【分析】根据诱导公式结合正切函数的单调性即可得解.
【详解】，
，
∵，在上为严格增函数，
∴，即.
【典例2】（24-25高一上·上海·课堂例题）求函数的定义域；
【答案】.
【分析】由题意得，然后根据正切函数的性质求解即可.
【详解】由，得.
在内满足上述不等式的x的取值范围为.
又的周期为，
所以所求x的范围是.
【变式1】（23-24高一上·安徽黄山·期末）已知函数在内是减函数，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题设有为减函数，且，恒成立，所以，解得，选B.
【变式2】（23-24高一下·广西钦州·期中）不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用正切函数的单调性解不等式即得.
【详解】依题意，得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：A
【变式3】（多选）（23-24高一下·浙江杭州·开学考试）下列不等式中，正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】利用诱导公式及三角函数的单调性判断A、B，利用三角函数线证明当时，即可判断C、D.
【详解】对于A：，
，所以，故A错误；
对于B：因为，且在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，
所以，故B正确；
对于C、D：首先证明当时，
构造单位圆，如图所示：

则，设，则，
过点作直线垂直于轴，交所在直线于点，
由，得，所以，
由图可知，
即，
即，
所以，，故C正确，D错误；
故选：BC
题型05 正切函数的周期性与奇偶性
【典例1】（23-24高一下·广东佛山·期中）函数的最小正周期为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据周期公式直接求解即可
【详解】的最小正周期为.
故选：B
【典例2】（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）已知，且，则
【答案】
【分析】根据题意可证，令运算求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，关于原点对称，
且
，
即，
显然，则，
即，解得.
故答案为：.
【典例3】（23-24高一·上海·课堂例题）判断下列函数的奇偶性，并说明理由：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
【答案】(1)奇函数，理由见解析
(2)偶函数，理由见解析
(3)奇函数，理由见解析
(4)偶函数，理由见解析
【分析】根据函数奇偶性以及正切函数的知识求得正确答案.
【详解】（1）是奇函数，理由如下：
设，由解得，
所以的定义域为，
，
所以是奇函数.
（2）是偶函数，理由如下：
设，则的定义域是，
，
所以是偶函数.
（3）是奇函数，理由如下：
设，则定义域是，
，
所以是奇函数.
（4）是偶函数，理由如下：
设，则的定义域是，
，
所以是偶函数.
【变式1】（24-25高一上·上海·随堂练习）若函数（）的最小正周期是2，则a的值为 .
【答案】/
【分析】由正切函数的周期公式计算可得答案.
【详解】由正切函数的周期公式得，，
解得，，
故答案为：.
【变式2】（23-24高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知， .
【答案】
【分析】利用正弦函数、正切函数的性质直接求解.
【详解】∵，
∴，
，
，
，
∴.
故答案为：
【变式3】（23-24高一上·河北邢台·阶段练习）已知函数的图象关于原点中心对称，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据正切函数的奇偶性列式运算得解.
【详解】因为的图象关于原点中心对称，
所以，又，故的最小值为．
故答案为：.
【变式4】（2024高一·全国·专题练习）判断下列函数的奇偶性：
(1)；
(2).
【答案】(1)既不是偶函数，也不是奇函数
(2)奇函数
【分析】(1)求函数的定义域，可得定义域不关于原点对称，由此判断函数既不是偶函数，也不是奇函数，(2)求函数的定义域，确定定义域关于原点对称，再通过比较与的关系判断函数的奇偶性.
【详解】（1）由得的定义域为且，
由于的定义域不关于原点对称，所以函数既不是偶函数，也不是奇函数；
（2）由题知函数的定义域为且，定义域关于原点对称，
又，所以函数是奇函数.
题型06 正切函数图象的对称性
【典例1】（23-24高一下·河南驻马店·阶段练习）下列是函数的对称中心的是（ ）
A．B．C．0,1D．
【答案】D
【分析】整体法求出函数的对称中心为，一一检验得到答案.
【详解】令，解得，
故函数的对称中心为，
故AB错误；
当时，，故对称中心为，D正确，
经检验，C不满足要求.
故选：D
【典例2】（23-24高三上·广西贵港·阶段练习）函数图像的对称轴方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由的对称轴为，代换解出即可
【详解】由函数的对称轴为
令，得：
所以函数图像的对称轴方程为：
故选：A.
【变式1】（2024高三·全国·专题练习）函数 的对称中心是（ ）
A．B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】根据整体法即可求解.
【详解】令（），解得（），
故函数的对称中心为，．
故选:D．
【变式2】（23-24高一下·四川·阶段练习）已知函数的图象关于点对称，则 .
【答案】/
【分析】由正切函数的图象关于点对称求解．
【详解】因为的图象关于点对称，
所以，所以，
因为，所以.
故答案为：．
题型07与正切（型）函数有关的值域（最值）问题
【典例1】（23-24高一上·河北张家口·期末）函数，的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】利用配方法，进而利用二次函数即可.
【详解】函数，由，则，
所以函数的值域为.
故选：C.
【点睛】本题考查了函数值域的求法，高中函数值域求法有：1.观察法，2.配方法，3.反函数法，4.判别式法，5.换元法，6.数形结合法，7.不等式法，8.分离常数法，9.单调性法，10.利用导数求函数的值域，11.最值法，12.构造法，13.比例法，要根据题意选择，属于基础题．
【典例2】（23-24高一下·陕西汉中·阶段练习）函数在上的值域为 ．
【答案】
【分析】根据题意求得，结合正切函数的性质，即可求解.
【详解】由，可得，
根据正切函数的性质，可得，
即函数在上的值域为.
故答案为：.
【典例3】（23-24高一下·湖北·阶段练习）已知函数在闭区间上的最大值为7，最小值为3，则 .
【答案】/
【分析】分析在的单调性，求出的范围，根据最值建立等式，解出即可.
【详解】解：取，解得，
所以在上单调递增，
即在上单调递减，
因为在闭区间上有最大值为7，最小值为3，
所以，且，，
即，解得，
因为，所以，故.
故答案为：
【变式1】（24-25高一上·全国·课前预习）（1）函数的定义域是 ．
（2）函数的值域为 ．
【答案】
【分析】（1）由被开方数非负建立不等式，再结合正切函数图象可解；
（2）令，换元法转化为求二次函数值域即可.
【详解】（1）要使有意义，
则，解得，
解得.
故函数的定义域是；
（2）设，则，
当时，.
所以的值域是．
故答案为：；.
【变式2】（24-25高一上·上海·课堂例题）求函数的最大值和最小值.
【答案】最大值为，最小值为.
【分析】结合分离常数法和基本不等式，然后分类讨论即可求解.
【详解】解：①当时，；
②时，，
由可知，
当且仅当，即时等号成立，∴.
③当时，，
由知，当且仅当,故，即.
综上，的最大值为，最小值为.
【变式3】（24-25高一上·上海·课堂例题）求函数，的值域.
【答案】.
【分析】应用复合函数的单调性，结合正切函数及二次函数求值域即可.
【详解】.
∵，∴.
当，即时，y取最小值-1；
当，即时，y取最大值.
∴函数的值域为.
题型08正切函数图象与性质的综合应用
【典例1】（24-25高一·上海·随堂练习）已知函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)求方程的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正切函数的最小正周期公式计算即可;
（2）由，可得，然后解正切函数方程即可.
【详解】（1）最小正周期．
（2）由，，
由题意可得，，解得，，
故方程的解集为．
【典例2】（24-25高一上·上海·课堂例题）设函数.
(1)求函数的定义域、最小正周期和单调区间；
(2)求不等式的解集；
(3)作出函数在一个周期内的简图.
【答案】(1)定义域是，最小正周期，单调增区间是（）.
(2)；
(3)答案见解析.
【分析】（1）由整体代换即可求出正切函数的定义域，由周期公式可得最小正周期，由单调性解不等式可得单调增区间.
（2）由（1）中的单调性解不等式，可得其解集.
（3）利用五点作图法即可得一个周期内的简图.
【详解】（1）由，
得（），
∴的定义域是,
∵，
∴最小正周期，
由（），得（）.
∴函数的单调增区间是（）.
所以函数定义域是，最小正周期，单调增区间是（）.
（2）由，得（）.
解得（）.
∴不等式的解集是.
（3）令，则；
令，则；
令，则.
∴函数的图像与x轴的一个交点坐标是，在这个交点左、右两侧相邻的两条渐近线方程分别是，.
从而得函数y=fx在一个周期内的简图如下：
【典例3】（23-24高一下·重庆铜梁·阶段练习）已知函数，，其中．
(1)当时，求函数的最大值和最小值；
(2)求函数在区间上单调时的取值范围．
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2).
【分析】（1）求出函数的解析式，再利用二次函数的性质求出最值.
（2）利用二次函数单调性列出不等式，再利用正切函数单调性解不等式即得.
【详解】（1）当时，函数，而，
则当时，，当时，，
所以函数的最大值和最小值分别为和.
（2）函数图象的对称轴为，
依题意，或，解得或，
又，解得或，
所以的取值范围是.
【变式1】（23-24高一下·河南·阶段练习）函数，已知函数的图象与x轴相邻两个交点的距离为，且图象关于点对称．
(1)求的单调区间；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)单调递增区间为，，无单调递减区间；
(2).
【分析】（1）由三角函数的性质求出，令，即可求出的单调区间；
（2）由，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）由题意知，函数的最小正周期为，
因为，所以，所以
因为函数y=fx的图象关于点对称，
所以，，即，，
因为，所以，故．
令，，得，，
所以函数的单调递增区间为，，无单调递减区间．
（2）由（1）知，．由，
得，，
即，
所以不等式的解集为：.
【变式2】（2024高一上·全国·专题练习）已知函数．
(1)求的定义域和值域．
(2)讨论的最小正周期和单调区间．
(3)求的对称中心．
【答案】(1)定义域为，，值域为 ；
(2)最小正周期是；单调增区间为，，；无减区间；
(3)，， ．
【分析】（1）由已知函数的解析式可直接求解其定义域、值域；
（2）由已知，可通过来求解函数的最小正周期，可令求解函数的单调递增区间；
（3）可令来求解函数的对称中心.
【详解】（1）函数，
，，
即，；
的定义域为，，值域为；
（2），的最小正周期是；
又令，，
，，
的单调增区间为，，，无减区间；
（3）令，，
解得，，
此时；
函数的对称中心为，，．
【变式3】（23-24高二·全国·课后作业）已知函数的图像与x轴相交的两相邻点的坐标分别为和，且过点.求：
（1）函数的解析式；
（2）满足的x的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据函数的最小正周期求出，根据它的图像过点求出，根据它的图像过点，求出的值即得解；
（2）利用正切函数的图象得到，化简即得解.
【详解】（1）由题意可得的周期为，所以，所以，
因为它的图像过点，所以，即，
所以，即.又，所以，于是.
又它的图像过点，所以，得.
所以.
（2）由（1）得，所以，即.
解得.
所以满足的x的取值范围是
A夯实基础 B能力提升 C综合素养
A夯实基础
1．（23-24高一下·陕西渭南·期末）若函数的图象与直线没有交点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正切函数的性质，代入求值即可.
【详解】函数的图象与直线没有交点．
若函数的图象与直线没有交点，
则，，
则的最小值为．
故选：B.
2．（23-24高一下·山东东营·期末）函数的相邻两个零点之间的距离为（ ）
A．B．6C．D．12
【答案】B
【分析】函数的相邻两个零点之间的距离即为最小正周期，求解即可.
【详解】由正切函数的图象可知，
函数的相邻两个零点之间的距离即为最小正周期，
又最小正周期为，
所以函数的相邻两个零点之间的距离为.
故选：B.
3．（23-24高一上·宁夏银川·期末）函数在上的最小值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】利用正切函数的单调性可得在处取得最小值.
【详解】由正切函数的单调性可知，在上为单调递增，
所以其最小值为.
故选：D
4．（23-24高一上·河北邢台·阶段练习）当时，函数与函数的图象的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】作出函数在上的图象与在的图象即可得解.
【详解】作出函数在上的图象与在的图象，如图，
观察图象，得函数与函数的图象的交点个数为2.
故选：C
5．（23-24高三下·四川德阳·阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，且单调递增，若，则的取值范围是（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性和单调性得，解出即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且单调递增，
则，即，即，
则，解得（）.
故选：D.
6．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，求与的值，则下列答案不可能的是（ ）
A．8和6B．3和1
C．7和1D．5和2
【答案】D
【分析】令，判断其奇偶性，从而得，2c为偶数，结合选项，即可得答案.
【详解】令，则，即为奇函数，
则，
由，得，2c为偶数，
而选项D中两数之和为7，因此不可能为D.
故选：D
7．（2024·天津河北·二模）函数，则y=fx的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性排除AB；根据特殊值的函数值排除D，即可得解.
【详解】函数的定义域为，
因为，
所以函数为奇函数，故排除AB；
又因为，故排除D.
故选：C.
8．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）在上的零点个数（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】借助因式分解的方法，结合特殊角的三角函数值求解即得.
【详解】依题意，，
而，显然且，因此，
由，得，解得或，
所以在上的零点个数是2.
故选：B
二、多选题
9．（23-24高一下·河南信阳·期中）下列函数中，同时满足：①在上是增函数；②为偶函数的是（ ）
A．B．y=tanxC．D．
【答案】ABD
【分析】根据三角函数的奇偶性以及单调性，逐项判断即可.
【详解】选项A：为偶函数，且在上是增函数，故A正确；
选项B：为偶函数，且在上是增函数，故B正确；
选项C：为偶函数，但在上是减函数，故C不正确；
选项D：为偶函数，且在上是增函数，故D正确.
故选：ABD
10．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）已知函数，则（ ）
A．B．在上单调递增
C．为的一个对称中心D．最小正周期为
【答案】BC
【分析】根据函数值的定义及诱导公式，再利用正切函数的性质即可求解.
【详解】对于A ，，故A错误；
对于B，由得，
当时，，所以在上单调递增，
因为，所以在上单调递增，故B正确；
对于C，把代入中，得，
所以为的一个对称中心，故C正确；
对于D，函数的最小正周期为，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
11．（24-25高一上·全国·课后作业）函数的单调递增区间是 ．
【答案】
【分析】根据正切函数的单调区间求解即可.
【详解】根据正切函数的单调区间可得
，
.
故答案为：
12．（24-25高一·上海·随堂练习）函数（，）为奇函数需满足条件为 ．
【答案】，
【分析】由正切型函数为奇函数，根据正切函数的对称中心求解即可.
【详解】若函数（，）为奇函数，
则根据正切函数的对称中心可得，．
所以，，
故答案为：，
四、解答题
13．（24-25高一上·上海·课后作业）求函数的定义域，并讨论它的单调性.
【答案】，在区间（）上是严格增函数.
【分析】根据正切函数的定义域与单调性直接可得解.
【详解】由（），
得（）.
的定义域为.
又由在每个区间，上是严格增函数可知：
当（），
即（）时，
是严格增函数，
即在区间（）上是严格增函数.
B能力提升
1．（2024·天津河西·二模）若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数单调性可得，结合指数函数、对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，则，，，
即，
则，，，
即，所以.
故选：A.
2．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）设集合，则集合A的元素个数为（ ）
A．1013B．1014C．2024D．2025
【答案】A
【分析】运用正切函数的单调性，对称性和周期性可解题.
【详解】当时，，由正切函数性质知道，此时单调递增，则集合至少有1012个元素.
即为.
当时，由于正切函数关于对称，则，，，，
则当增加时，元素与前面的重复，
当时，元素等于 0，
当时，运用正切函数的周期性知道，又元素重复出现了，
则集合A的元素个数为1013个.
故选：A.
3．（23-24高一上·福建福州）已知函数.
（1）判断函数的奇偶性，并证明；
（2）若在上有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数为奇函数，证明见解析；（2）−∞,0.
【解析】（1）求出函数的定义域，计算得出与之间的关系，由此可得出结论；
（2）由可得出，，利用可得出，求出函数在上的值域，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1）对于函数，有，即，解得，
解得，
所以，函数的定义域为，
，
所以，函数为奇函数；
（2），
，则，，所以，，
令，可得，
所以，实数的取值范围是−∞,0.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
C综合素养
1．（23-24高一下·江西·阶段练习）已知函数与函数的部分图象如图所示，图中阴影部分的面积为4．

(1)求的定义域；
(2)若是定义在上的函数，求关于x的不等式的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】1）由题意，结合图形，根据割补法可知阴影部分的面积等价于矩形的面积，进而求出，结合正切函数的概念即可求解；
（2）由（1）知，由，作出函数的图象，结合图形即可求解.
【详解】（1）

如图，阴影部分的面积等价于矩形的面积，
对于函数，定义域为，
所以过点C垂直于x轴的直线为，又，
则，解得，所以，
由，得，
即函数的定义域为；
（2）由（1）知，
所以，，
则，
设，，
在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，如图，

当时，，
所以当时，，
即不等式的解集为.
课程标准
学习目标
①理解与掌握正切函数的性质，并能运
用正切函数的性质解决与正切函数相关的周期性、奇偶性，定义域、值域、单调性等问题。
②掌握正切函数的图象的画法，会运用正切函数的图象研究正切函数的性质，并能解决与正切函数有关的相关量问题。
会运用正切函数的图象与性质解决与正切函数有关的周期、奇偶性、单调性及值域等问题.
正切函数
正切型函数
定义域
由
值域
周期性
奇偶性
奇函数
当时是奇函数
单调性
在，上单调递增
当,时，由，解出单调增区间
对称性
对称中心：；无对称轴
令：，对称中心为：，无对称轴