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    2020年高中数学新教材同步必修第一册 第5章 5.4.3 正切函数的性质与图象 学案
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    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

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    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
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