新人教版高中数学必修第一册 5.4　5.4.3　正切函数的性质与图象 教案

5.4.3正切函数的性质与图象(教师独具内容)课程标准：1.能画出正切函数的图象，掌握正切函数的周期性，会求函数y＝tan(ωx＋φ)的周期.2.掌握正切函数的性质(奇偶性、单调性).3.掌握正切函数的定义域．教学重点：正切函数的图象和性质．教学难点：能够利用正切函数的图象和性质解决有关问题．核心素养：1.借助正切函数的图象研究问题，培养直观想象素养.2.通过正切函数的性质的应用，提升逻辑推理素养.知识点一正切函数的图象(1)正切函数的图象(2)正切函数的图象叫做eq\x(\s\up1(01))正切曲线.(3)正切函数的图象特征正切曲线是被与y轴平行的一系列直线eq\x(\s\up1(02))x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z所隔开的无穷多支曲线组成的．知识点二正切函数的性质(1)正切函数的性质函数y＝tanx定义域eq\x(\s\up1(01))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))值域eq\x(\s\up1(02))R周期最小正周期为eq\x(\s\up1(03))π奇偶数eq\x(\s\up1(04))奇函数单调性eq\x(\s\up1(05))在每个开区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上都单调递增对称中心eq\x(\s\up1(06))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z(2)函数y＝tanωx(ω≠0)的最小正周期是eq\x(\s\up1(07))eq\f(π,|ω|).(1)画函数y＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的简图时，可采用“三点两线”法，即可以先描三点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－1))，(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))，再画两条平行的虚线x＝－eq\f(π,2)，x＝eq\f(π,2)，最后连线．(2)虽然正切函数y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上单调递增，但不能说正切函数在其定义域上单调递增．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)正切函数在某个区间上是减函数．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．做一做(1)下列函数中同时满足：①在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增；②最小正周期为2π；③是奇函数的是()A．y＝tanx B．y＝cosxC．y＝taneq\f(x,2) D．y＝－tanx(2)y＝eq\r(tanx－1)的定义域为()A．2kπ－eq\f(π,4)<x<2kπ(k∈Z)B．x≤(2k＋1)π(k∈Z)C．kπ－eq\f(π,4)<x≤kπ(k∈Z)D．kπ＋eq\f(π,4)≤x<kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)(3)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的最小正周期为________.(4)函数y＝tan(π－x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))的值域为________.答案(1)C(2)D(3)eq\f(π,2)(4)(－eq\r(3)，1)题型一正切函数的图象例1画出函数y＝|tanx|的图象，并根据图象判断其单调区间、奇偶性、周期性．[解]y＝|tanx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))k∈Z，,－tanx，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))k∈Z.))可作出其图象(如图)，由图象知函数y＝|tanx|的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．∴该函数是偶函数，周期为π.作函数y＝|f(x)|以及周期函数图象的方法(1)作出函数y＝|f(x)|的图象一般利用图象变换方法，具体步骤是：①保留函数y＝f(x)图象在x轴上方的部分；②将函数y＝f(x)图象在x轴下方的部分沿x轴向上翻折．(2)若函数为周期函数，可先研究其一个周期内的图象，再利用周期性，延展到定义域上即可．[跟踪训练1]画出函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,4)))在x∈[0,2π]上的简图．解令eq\f(1,2)x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，可得x＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，又x∈[0,2π]，所以x＝eq\f(3π,2)是与该函数图象接近但不相交的直线的方程．当x＝0时，y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－2；当x＝π时，y＝2taneq\f(π,4)＝2；当x＝2π时，y＝2taneq\f(3π,4)＝－2.令eq\f(1,2)x－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，由于x∈[0，2π]，故当x＝eq\f(π,2)时，y＝0.描点(0，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，2)，(2π，－2)，画虚线x＝eq\f(3π,2)，根据正切曲线的趋势，画出简图，如图所示．题型二与正切函数有关的定义域问题例2求下列函数的定义域：(1)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))；(2)y＝eq\r(\r(3)－tanx).[解](1)由x＋eq\f(π,4)≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x≠kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.所以函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)).(2)由eq\r(3)－tanx≥0，得tanx≤eq\r(3).结合y＝tanx的图象可知，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上，满足tanx≤eq\r(3)的角x应满足－eq\f(π,2)<x≤eq\f(π,3).所以函数y＝eq\r(\r(3)－tanx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|kπ－\f(π,2)<x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z)).解决与正切函数有关的定义域问题的方法(1)求与正切函数有关的函数的定义域时，除了求函数定义域的一般要求外，还要保证正切函数y＝tanx有意义，即x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.而对于构建的三角不等式，常利用三角函数的图象求解．(2)求正切型函数y＝Atan(ωx＋φ)(A≠0，ω>0)的定义域时，要将“ωx＋φ”视为一个“整体”，令ωx＋φ≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x.[跟踪训练2](1)函数y＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,4)))的定义域为________；(2)函数y＝eq\r(tanx＋1)＋lg(1－tanx)的定义域为________.答案(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－4kπ－\f(4π,3)，k∈Z))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(π,4)＋kπ≤x<\f(π,4)＋kπ，k∈Z))解析(1)要使函数有意义应满足eq\f(π,6)－eq\f(x,4)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x≠－4kπ－eq\f(4π,3)，k∈Z，所以函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－4kπ－\f(4π,3)，k∈Z)).(2)要使函数y＝eq\r(tanx＋1)＋lg(1－tanx)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx＋1≥0，,1－tanx>0，))即－1≤tanx<1.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上满足上述不等式的x的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))).又因为y＝tanx的周期为π，所以函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(π,4)＋kπ≤x<\f(π,4)＋kπ，k∈Z)).题型三与正切函数有关的周期性、奇偶性问题例3(1)求f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的周期；(2)判断f(x)＝sinx＋tanx的奇偶性．[解](1)解法一：∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋π))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，即taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的周期是eq\f(π,2).解法二：(直接利用公式)T＝eq\f(π,|ω|)＝eq\f(π,2).(2)∵函数f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))，关于原点对称，且f(－x)＝sin(－x)＋tan(－x)＝－sinx－tanx＝－f(x)，∴函数f(x)是奇函数．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，判断其定义域是否关于原点对称．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3](1)函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的周期为________；(2)已知函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，则该函数图象的对称中心坐标为________.答案(1)2π(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,3)，0))，k∈Z解析(1)解法一：(定义法)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)＋π))，即taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋2π－\f(π,6)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))，∴f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的周期是2π.解法二：(公式法)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的周期T＝2π.(2)由x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴函数图象的对称中心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,3)，0))，k∈Z.题型四正切函数的单调性及应用[命题角度1]求函数的单调区间例4求函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调区间．[解]∵y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,4)))，由kπ－eq\f(π,2)<eq\f(1,2)x－eq\f(π,4)<kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,2)<x<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，∴函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z.求函数y＝Atan(ωx＋φ)(A，ω，φ都是常数)的单调区间的方法(1)若ω>0，由于y＝tanx在每一个单调区间上都是增函数，故可用“整体代换”的思想，令kπ－eq\f(π,2)<ωx＋φ<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，求得x的取值范围即可．(2)若ω<0，可利用诱导公式先把y＝Atan(ωx＋φ)转化为y＝Atan[－(－ωx－φ)]＝－Atan(－ωx－φ)，即把x的系数化为正值，再利用“整体代换”的思想，求得x的取值范围即可．[跟踪训练4]求函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的单调增区间．解令kπ－eq\f(π,2)<x＋eq\f(π,4)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,4)<x<kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.即函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,4)，kπ＋\f(π,4)))，k∈Z.[命题角度2]利用正切函数的单调性比较大小例5比较taneq\f(13π,4)与taneq\f(17π,5)的大小．[解]taneq\f(13π,4)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π＋\f(π,4)))＝taneq\f(π,4)，taneq\f(17π,5)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π＋\f(2π,5)))＝taneq\f(2π,5)，∵0<eq\f(π,4)<eq\f(2π,5)<eq\f(π,2)，且y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，∴taneq\f(π,4)<taneq\f(2π,5)，即taneq\f(13π,4)<taneq\f(17π,5).运用正切函数的单调性比较大小的方法(1)运用正切函数的周期性或诱导公式将角化到同一单调区间；(2)运用单调性比较大小关系．[跟踪训练5]tan1，tan2，tan3，tan4从小到大的排列顺序为________.答案tan2<tan3<tan4<tan1解析因为y＝tanx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上是单调递增函数，且tan1＝tan(π＋1)，又eq\f(π,2)<2<3<4<π＋1<eq\f(3π,2)，所以tan2<tan3<tan4<tan1.[命题角度3]求最值或值域例6求函数y＝－tan2x＋2tanx＋5，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))的值域．[解]令t＝tanx.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，∴t＝tanx∈[－1，eq\r(3)]．∴y＝－t2＋2t＋5＝－(t－1)2＋6.∵抛物线开口向下，对称轴为t＝1.∴当t＝1时，ymax＝6.当t＝－1时，ymin＝－(－1－1)2＋6＝2.∴函数y＝－tan2x＋2tanx＋5，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))的值域为[2,6]．求解与正切函数有关的函数的值域时，要注意函数的定义域，在定义域内求值域．对于求由正切函数复合而成的函数的定义域时，常利用换元法，但要注意新“元”的范围．[跟踪训练6]若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，求函数y＝eq\f(1,cos2x)＋2tanx＋1的最值及相应的x的值．解y＝eq\f(1,cos2x)＋2tanx＋1＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＋2tanx＋1＝tan2x＋2tanx＋2＝(tanx＋1)2＋1，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，∴tanx∈[－eq\r(3)，1]．∴当tanx＝－1，即x＝－eq\f(π,4)时，ymin＝1；当tanx＝1，即x＝eq\f(π,4)时，ymax＝5.1．函数y＝tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x≤\f(π,4)且x≠0))的值域是()A．[－1,1] B．[－1,0)∪(0,1]C．(－∞，1] D．[－1，＋∞)答案B解析根据函数的单调性可得值域为[－1,0)∪0,1]．2．函数y＝tan2x的最小正周期是________.答案eq\f(π,2)解析函数y＝tan2x的最小正周期是eq\f(π,2).3．函数y＝－2＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的定义域是________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))解析由eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.4．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,5)))的单调递增区间是________，对称中心为________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,10)，kπ＋\f(7π,10)))，k∈Zeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,5)，0))，k∈Z解析令kπ－eq\f(π,2)<x－eq\f(π,5)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,10)<x<kπ＋eq\f(7π,10)，k∈Z，即函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,5)))的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,10)，kπ＋\f(7π,10)))，k∈Z.由x－eq\f(π,5)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,5)，k∈Z.所以对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,5)，0))，k∈Z.5．已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).(1)求函数f(x)的定义域；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)求函数f(x)图象的对称中心．解(1)对于函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，令x－eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，求得x≠kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，故函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(2π,3)，k∈Z)).(2)令kπ－eq\f(π,2)<x－eq\f(π,6)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，求得kπ－eq\f(π,3)<x<kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，可得函数的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.(3)令x－eq\f(π,6)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，求得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z，故函数图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))，k∈Z.一、选择题1．函数y＝|tanx|与直线y＝1相邻两个交点之间的距离是()A.eq\f(π,4) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．π答案C解析根据题意，令y＝|tanx|＝1，解得tanx＝±1，即x＝kπ±eq\f(π,4)，k∈Z，∴函数y＝|tanx|与直线y＝1相邻两个交点之间的距离是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)))＝eq\f(π,2).2．函数f(x)＝eq\f(tanx,tan2x－1)是()A．奇函数B．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答案A解析由tan2x－1≠0，且x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(3π,4)＋kπ且x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))，其定义域关于原点对称，又因为f(－x)＝eq\f(tan－x,tan2－x－1)＝－eq\f(tanx,tan2x－1)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．3．下列各式中正确的是()A．tan735°>tan800° B．tan1>－tan2C．taneq\f(5π,7)<taneq\f(4π,7) D．taneq\f(9π,8)<taneq\f(π,7)答案D解析对于A，tan735°＝tan15°，tan800°＝tan80°，tan15°<tan80°，所以tan735°<tan800°；对于B，－tan2＝tan(π－2)，而1<π－2<eq\f(π,2)，所以tan1<－tan2；对于C，eq\f(π,2)<eq\f(4π,7)<eq\f(5π,7)<π，taneq\f(4π,7)<taneq\f(5π,7)；对于D，taneq\f(9π,8)＝taneq\f(π,8)<taneq\f(π,7).4．如图所示，函数y＝cosx|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x<\f(3π,2)且x≠\f(π,2)))的图象是()答案C解析∵y＝cosx|tanx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，0≤x<\f(π,2)，,－sinx，\f(π,2)<x≤π，,sinx，π<x<\f(3π,2)，))∴函数y＝cosx|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x<\f(3π,2)且x≠\f(π,2)))的图象为C.5．(多选)若直线x＝eq\f(kπ,2)(－1≤k≤1)与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象不相交，则k的可能取值为()A.eq\f(1,4) B．－eq\f(3,4)C．eq\f(3,4) D．－eq\f(1,4)答案AB解析由题意得2×eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋mπ，m∈Z.k＝eq\f(1,4)＋m，m∈Z.由于－1≤k≤1，所以k＝eq\f(1,4)或－eq\f(3,4).故选AB.二、填空题6．函数y＝eq\r(－tanx)＋eq\r(cosx)的定义域为________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ－\f(π,2)<x≤2kπ，k∈Z))解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－tanx≥0，,cosx≥0，))所以2kπ－eq\f(π,2)<x≤2kπ，k∈Z，所以函数y＝eq\r(－tanx)＋eq\r(cosx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ－\f(π,2)<x≤2kπ，k∈Z)).7．比较大小：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,7)))________taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5))).答案<解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,7)))＝taneq\f(5π,7)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)))＝taneq\f(4π,5)，又y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是增函数，所以taneq\f(5π,7)<taneq\f(4π,5)，即taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,7)))<taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5))).8．函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的单调递增区间是________，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则函数的值域为________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(3π,8)，\f(kπ,2)＋\f(π,8)))，k∈Z[－1,1]解析令kπ－eq\f(π,2)<2x＋eq\f(π,4)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得eq\f(kπ,2)－eq\f(3π,8)<x<eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈[－1,1]．三、解答题9．已知函数f(x)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,4))).(1)求它的最小正周期和单调递减区间；(2)试比较f(π)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))的大小．解(1)因为f(x)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,4)))＝－3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)<eq\f(x,4)－eq\f(π,6)<kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得4kπ－eq\f(4π,3)<x<4kπ＋eq\f(8π,3)(k∈Z)．因为y＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))(k∈Z)上单调递增，所以f(x)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))(k∈Z)上单调递减．故函数的最小正周期为4π，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(4π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))(k∈Z)．(2)f(π)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(π,4)))＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝－3taneq\f(π,12)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(3π,8)))＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)))＝－3taneq\f(5π,24)，因为eq\f(π,12)<eq\f(5π,24)，且y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以taneq\f(π,12)<taneq\f(5π,24)，所以f(π)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))).10．已知函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx－\f(π,3)))的最小正周期T满足1<T<eq\f(3,2)，求正整数k的值，并写出f(x)的奇偶性、单调区间．解因为1<T<eq\f(3,2)，所以1<eq\f(π,k)<eq\f(3,2)，即eq\f(2π,3)<k<π.因为k∈N*，所以k＝3，则f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))，由3x－eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z得x≠eq\f(5π,18)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，定义域不关于原点对称，所以f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))是非奇非偶函数．由－eq\f(π,2)＋kπ<3x－eq\f(π,3)<eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得－eq\f(π,18)＋eq\f(kπ,3)<x<eq\f(5π,18)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.所以f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)＋\f(kπ,3)，\f(5π,18)＋\f(kπ,3)))，k∈Z.1．方程taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\r(3)在区间[0,2π)上的解的个数是()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析∵方程taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\r(3)，∴2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z.由k＝0，k＝1，k＝2，k＝3，求得方程在区间[0,2π)上的解为0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，共4个．2．(多选)已知函数y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数，则ω的可能取值是()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D．1答案AB解析因为函数y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数，且正切函数y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，由复合函数的单调性可知，ωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数，即ω<0且eq\f(π,|ω|)≥π，解得－1≤ω<0.3．已知函数f(x)＝2cosx(x∈[0，π])的图象与函数g(x)＝3tanx的图象交于A，B两点，则△OAB(O为坐标原点)的面积为________.答案eq\f(\r(3)π,2)解析函数y＝2cosx(x∈[0，π])和函数y＝3tanx的图象相交于A，B两点，O为坐标原点，由2cosx＝3tanx可得2cos2x＝3sinx，即2sin2x＋3sinx－2＝0，求得sinx＝eq\f(1,2)或sinx＝－2(舍去)，结合x∈[0，π]，∴x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6).∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\r(3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，－\r(3)))，画出图象如图所示：根据函数图象的对称性可得AB的中点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，∴△OAB的面积等于△OAC的面积加上△OCB的面积，等于eq\f(1,2)·OC·|yA|＋eq\f(1,2)·OC·|yB|＝eq\f(1,2)·OC·|yA－yB|＝eq\f(1,2)·eq\f(π,2)·2eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,2).4．是否存在实数a，且a∈Z，使得函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π