人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质优质导学案

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质优质导学案，共13页。学案主要包含了正切函数的图象的画法，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。

学习目标 1.掌握正切函数的周期性和奇偶性.2.能借助单位圆画出y＝tan x的图象.3.掌握正切函数的性质．





知识点 函数y＝tan x的图象与性质





思考 正切函数y＝tan x的图象与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、正切函数的图象的画法


例1 我们能用“五点法”画出正弦函数、余弦函数的简图，类似地你能画出正切函数y＝tan x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的简图吗？


解 三个关键点：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－1))，(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，1))，


两条平行线：x＝－eq \f(π,2)，x＝eq \f(π,2).





反思感悟 “三点两线法”作正切曲线的简图


(1)“三点”分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，－1))，(kπ，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，1))，其中k∈Z；两线分别为直线x＝kπ－eq \f(π,2)和直线x＝kπ＋eq \f(π,2)，其中k∈Z.(两线也称为正切曲线的渐近线，即无限接近但不相交)．


(2)作简图时，只需先作出一个周期中的两条渐近线，然后描出三个点，用光滑的曲线连接得一条曲线，最后平行移动至各个周期内即可．


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

所以tan eq \f(π,5)

(2)求函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调递增区间．


解 令z＝eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)，则y＝tan z.


由于函数y＝tan z在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上是增函数，且z＝eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)是增函数，


由－eq \f(π,2)＋kπ

解得－eq \f(3π,2)＋2kπ

所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)．


延伸探究


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)．


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1 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．


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(2,3)π(k∈Z)，


故函数f(x)的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(2,3)π，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应注意的两点


(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：正切函数在每个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)区间内是单调递增的，但不能说其在定义域内是递增的．


跟踪训练2 关于x的函数f(x)＝tan(x＋φ)有以下几种说法：


①对任意的φ，f(x)都是非奇非偶函数；②f(x)的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ，0))对称；③f(x)的图象关于(π－φ，0)对称；④f(x)是以π为最小正周期的周期函数．


其中不正确的说法的序号是________．


答案 ①


解析 ①若取φ＝kπ(k∈Z)，则f(x)＝tan x，此时，f(x)为奇函数，所以①错；观察正切函数y＝tan x的图象，可知y＝tan x关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)对称，令x＋φ＝eq \f(kπ,2)得x＝eq \f(kπ,2)－φ，分别令k＝1,2知②，③正确，④显然正确．





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)，故选C.


2．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.


3．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＝tan(π－x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))的值域为________．


答案 (－eq \r(3)，1)


解析 y＝tan(π－x)＝－tan x，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上为减函数，所以值域为(－eq \r(3)，1)．


5．比较大小：tan eq \f(13π,4)________tan eq \f(17π,5).


答案 <


解析 因为tan eq \f(13π,4)＝tan eq \f(π,4)，


tan eq \f(17π,5)＝tan eq \f(2π,5)，


又0

y＝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,4)

即tan eq \f(13π,4)




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：三点两线法，整体代换，换元．


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f(x)＝2tan(－x)是( )


A．奇函数


B．偶函数


C．既是奇函数，也是偶函数


D．非奇非偶函数


答案 A


解析 f(－x)＝2tan x＝－f(x)，为奇函数．


2．f(x)＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的单调减区间是( )


A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z


B．(kπ，(k＋1)π)，k∈Z


C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,4)，kπ＋\f(π,4)))，k∈Z


D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))，k∈Z


答案 C


解析 令－eq \f(π,2)＋kπ

解得－eq \f(3π,4)＋kπ

所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,4)，kπ＋\f(π,4)))，k∈Z.


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)，∴ω＝4.


4．若f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，则( )


A．f(0)>f(－1)>f(1) B．f(0)>f(1)>f(－1)


C．f(1)>f(0)>f(－1) D．f(－1)>f(0)>f(1)


答案 A


解析 f(x)在kπ－eq \f(π,2)

即kπ－eq \f(3π,4)

∵f(1)＝f(1－π)，－eq \f(3,4)π<1－π<－1<0

∴f(1－π)

∴f(0)>f(－1)>f(1)．


5．下列关于函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的说法正确的是( )


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))成中心对称


D．图象关于直线x＝eq \f(π,6)成轴对称


考点 正切函数周期性与对称性


题点 正切函数周期性与对称性


答案 B


解析 令kπ－eq \f(π,2)

6．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 ±2


解析 T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2)，∴ω＝±2.


7．函数y＝eq \r(1－tan x)的定义域为________．


答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)


8．函数y＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))－5的单调递增区间是________．


答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,3)－\f(π,4)，\f(kπ,3)＋\f(π,12)))，k∈Z


解析 令kπ－eq \f(π,2)<3x＋eq \f(π,4)

eq \f(kπ,3)－eq \f(π,4)

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).





∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)－\f(π,3)))的图象与x轴的一个交点坐标是(π，0)，在这个交点左、右两侧相邻的两条渐近线方程分别是x＝－eq \f(π,2)，x＝eq \f(5π,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)))＝－3taneq \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．若f(n)＝tan eq \f(nπ,3)(n∈N*)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2 019)等于( )


A．－eq \r(3) B.eq \r(3) C．0 D．－2eq \r(3)


答案 C


解析 由题意可知，T＝eq \f(π,\f(π,3))＝3，


f(1)＝eq \r(3)，f(2)＝－eq \r(3)，


f(3)＝0⇒f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，


故f(1)＋f(2)＋…＋f(2 019)＝673×0＝0.


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)))内是减函数，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)))内是减函数，


∴ω<0且T＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))≥π，


∴－1≤ω<0.故选B.


13．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]．


14．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)，则f(x)＝______，f(x)≥eq \r(3)的x的取值范围为______．


答案 3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－\f(π,4))) eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,3)＋\f(5π,18)，\f(2kπ,3)＋\f(π,2)))(k∈Z)


解析 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)，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))).


由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)．





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．故选D.


16．设函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))，已知函数y＝f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，且图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))对称．


(1)求f(x)的解析式；


(2)求f(x)的单调区间；


(3)求不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集．


解 (1)由题意知，函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(π,2)，即eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2).


因为ω>0，所以ω＝2，


从而f(x)＝tan(2x＋φ)．


因为函数y＝f(x)的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))对称，


所以2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＋φ＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，即φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z.


因为0<φ

(2)令－eq \f(π,2)＋kπ<2x＋eq \f(π,4)

得－eq \f(3π,4)＋kπ<2x

即－eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)

所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)＋\f(kπ,2)，\f(π,8)＋\f(kπ,2)))，k∈Z，无单调递减区间．


(3)由(1)知，f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).


由－1≤taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤eq \r(3)，


得－eq \f(π,4)＋kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，


即－eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)≤x≤eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z.


所以不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(kπ,2)≤x≤\f(π,24)＋\f(kπ,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
在每个开区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上都是增函数
对称性
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)