5.4.3 正切函数的性质与图象-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5.4　三角函数的图象与性质 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． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　正切函数的图象 (1)正切函数的图象． 核心概念掌握 5 正切曲线 核心概念掌握 6 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 ____________________________ 值域 ____ 周期 最小正周期为____ 奇偶性 ________ 单调性 _______________________________________________________ R π 奇函数 核心概念掌握 核心概念掌握 8 答案 核心概念掌握 9 答案 核心概念掌握 10 答案 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　正切型函数的定义域 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 核心素养形成 15 答案 解析 核心素养形成 16 答案 解析 核心素养形成 17 题型二　正切型函数的周期性、奇偶性 解 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 核心素养形成 20 答案 解析 核心素养形成 21 答案 解析 ±1 核心素养形成 22 题型三　正切型函数的单调性及值域 角度 正切型函数的单调性 解 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 解 (2)比较tan1，tan2，tan3，tan4的大小． 核心素养形成 27 角度 正切型函数的值域 答案 解析 核心素养形成 28 【感悟提升】正切型函数值域的求法 (1)对于y＝Atan(ωx＋φ)(A≠0，ω>0)的值域，可以把ωx＋φ看成整体，结合图象，利用单调性求值域． (2)对于与y＝tanx相关的二次函数，可以把tanx看成整体，利用配方法求值域． 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 题型四　正切型函数图象与性质的综合 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 解 核心素养形成 33 解 核心素养形成 34 【感悟提升】求解正切型函数图象与性质综合问题的关注点 (1)遵循定义域优先的原则，将“ωx＋φ”视为一个整体求解． (2)正切曲线的对称中心比较特殊，不仅有函数图象与x轴的交点，还有“渐近线”与x轴的交点，注意将图象和性质结合进行求解． (3)对于含有绝对值符号的函数，一方面可以去绝对值转化为分段函数，利用分类讨论的思想求解，另一方面可以结合图象的翻折变换求解． 核心素养形成 35 解 【跟踪训练】 5．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． 核心素养形成 36 随堂水平达标 答案 解析：根据函数的单调性可得值域为[－1，0)∪(0，1]． 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 答案 解析 < 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 5．(2024·福建泉州一中高一上阶段检测)直线y＝a(a为常数)与函数y＝ tanωx(ω>0)的图象相邻两支的交点的距离为______． 答案 解析：直线y＝a与函数y＝tanωx的图象相邻两支的交点的距离正好是一个周期． 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 求正切型函数的值域 正切型复合函数奇偶性的判断 利用正切函数的单调性比较大小 正切型函数图象的识别 正、余弦型函数及正切型函数的周期及单调区间的判断 正切型函数性质的综合 与正切函数有关的函数定义域问题 求与正切函数有关的复合函数的最值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 正切型函数周期和单调区间的求法；利用正切函数的单调性比较大小 正切型函数的周期性、奇偶性和单调性的综合 与正切型函数有关的方程问题 正切型函数性质的综合应用 余弦函数与正切函数图象的应用 由正切型函数的单调性求参数值 正切型函数图象与性质的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 答案 解析：∵－1≤cosx≤1，且函数y＝tanx在[－1，1]上为增函数，∴tan(－1) ≤tanx≤tan1，即－tan1≤tanx≤tan1.故选C. 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 4．(2024·江苏兴化楚水实验中学高一期中)函数f(x)＝x·tanx(－1≤x≤1)的图象可能是(　　) 解析：因为f(－x)＝(－x)·tan(－x)＝x·tanx＝f(x)，且x∈[－1，1]关于原点对称，所以函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，排除A，C；当0<x<1时，函数单调递增且f(x)>0，排除D.故选B. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 答案 解析 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 13．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 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 －2 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 67 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 68 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 69 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 70 　　　　　　　　　　　　　 R (2)正切函数y＝tanx，x∈R，x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z的图象叫做____________． (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_________________所隔开的无穷多支形状相同的曲线组成的． [点拨]　(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)正切函数y＝tanx图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z，没有对称轴． x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))) 在每一个开区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上都单调递增 (2)函数y＝tanωx(ω≠0)的最小正周期是______． [提醒]　(1)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． (2)正切函数没有单调递减区间，在每一个单调区间内都是递增的，并且每个单调区间均为开区间． (3)正切函数没有最大值和最小值． eq \f(π,|ω|) 1．(正切型函数的单调性、周期性、奇偶性)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＝cosx C．y＝taneq \f(x,2) D．y＝－tanx 2．(正切型函数的定义域)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) (－eq \r(3)，1) 3．(正切型函数的周期性)f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的最小正周期为______． 4．(正切型函数的值域)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__________． eq \f(π,2) (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\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)<x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))). 【感悟提升】求正切型函数定义域的方法 (1)求正切型函数的定义域时，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. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－4kπ－\f(4π,3)，k∈Z)))) 【跟踪训练】 1．(1)函数y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,4)))的定义域为________________________． 解析：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\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－4kπ－\f(4π,3)，k∈Z)))). eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ≤x<\f(π,4)＋kπ，k∈Z)))) (2)函数y＝eq \r(tanx＋1)＋lg (1－tanx)的定义域为__________________________． 解析：要使函数y＝eq \r(tanx＋1)＋lg (1－tanx)有意义，则eq \b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ≤x<\f(π,4)＋kπ，k∈Z)))). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5))) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)求f(x)＝tan的周期． 解　解法一：∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)＋π))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))，即taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,5)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))， ∴f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))的周期是eq \f(π,2). 解法二：T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2). (2)判断f(x)＝sinx＋tanx的奇偶性． 解　∵函数f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(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． 【感悟提升】正切型函数周期性、奇偶性问题的解题策略 (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】 2．(1)(2024·北京海淀区高一下月考)函数y＝tanx＋eq \f(1,tanx)是(　　) A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．既不是奇函数又不是偶函数 解析：函数的定义域是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(1,2)kπ，k∈Z))))，定义域关于原点对称且tan(－x)＋eq \f(1,tan（－x）)＝－tanx－eq \f(1,tanx)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx＋\f(1,tanx)))，所以函数y＝tanx＋eq \f(1,tanx)是奇函数．故选A. (2)(2024·山西吕梁高一上期末)已知函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax－\f(π,6)))(a≠0)的最小正周期为eq \f(π,2)，则a的值为________． 解析：因为函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax－\f(π,6)))(a≠0)的最小正周期为eq \f(π,2)，所以eq \f(π,|2a|)＝eq \f(π,2)，即a＝±1. \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4))) 　(1)求函数y＝tan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，不存在单调递增区间． (2)比较taneq \f(13π,3)与taneq \f(19π,6)的大小． 解　因为taneq \f(13π,3)＝taneq \f(π,3)，taneq \f(19π,6)＝taneq \f(π,6)， 又0<eq \f(π,6)<eq \f(π,3)<eq \f(π,2)，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,6)<taneq \f(π,3)，即taneq \f(19π,6)<taneq \f(13π,3). 【感悟提升】 1．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，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． 2．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】 3．(1)(2024·江苏镇江中学高一上月考)求函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))的单调区间． 解：令kπ－eq \f(π,2)<3x－eq \f(π,3)<kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)， 即eq \f(kπ,3)－eq \f(π,18)<x<eq \f(kπ,3)＋eq \f(5π,18)(k∈Z)， 所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)－\f(π,18)，\f(kπ,3)＋\f(5π,18)))(k∈Z)，不存在单调递减区间． 解：因为y＝tanx在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，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. [－eq \r(3)，＋∞) \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3))) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·陕西汉中高一下第二次月考)函数f(x)＝tan在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))上的值域为________________． 解析　由x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))，可得3x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，根据正切函数的性质，可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))∈[－eq \r(3)，＋∞)，即函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))上的值域为[－eq \r(3)，＋∞)． 【跟踪训练】 4．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，对称轴为直线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]． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2))) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　设函数f(x)＝tan(ωx＋φ)，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\co1(－\f(π,8)，0))对称． (1)求f(x)的解析式； (2)求f(x)的单调区间及其图象的对称中心； (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\co1(－\f(π,8)，0))对称， 所以2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4). 故f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). (2)令－eq \f(π,2)＋kπ<2x＋eq \f(π,4)<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 则－eq \f(3π,4)＋kπ<2x<kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z， 即－eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)＜x＜eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， 所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋\f(kπ,2)，\f(π,8)＋\f(kπ,2)))，k∈Z，无单调递减区间． 令2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,8)，k∈Z， 所以f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)－\f(π,8)，0))，k∈Z. (3)由(1)，知f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). 由－1≤taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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. 解得－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\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(kπ,2)≤x≤\f(π,24)＋\f(kπ,2)，k∈Z)))). 解：y＝|tanx|＝eq \b\lc\{(\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. 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，＋∞) 2．(2024·河北唐山一中高一上月考)已知函数y＝tan(2x＋φ)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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) 解析：将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))代入到函数y＝tan(2x＋φ)，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0，∴eq \f(π,6)＋φ＝ kπ(k∈Z)，∴φ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，φ＝－eq \f(π,6).故选A. 3．(多选)已知函数f(x)＝tan2x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)的定义域是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))) C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增 D．f(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)，0))，k∈Z 解析：f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))，B错误；f(－x)＝tan(－2x)＝－tan2x＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，A正确；令－eq \f(π,2)＋kπ<2x<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，则－eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)<x<eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，C正确；令2x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，则x＝eq \f(kπ,4)，k∈Z，故f(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)，0))，k∈Z，D正确．故选ACD. 4．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))). 解析：因为y＝tanx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))内是增函数，且－eq \f(π,2)<－eq \f(2π,7)<－eq \f(π,5)<0，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,7)))<taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5))). eq \f(π,ω) 1．函数y＝tan(cosx)的值域是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) C．[－tan1，tan1] D．[－1，1] 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 解析：由tan2x－1≠0，且x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(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>－tan2 C．taneq \f(5π,7)<taneq \f(4π,7) D．taneq \f(9π,8)<taneq \f(π,7) 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). 5．(多选)下列函数中，周期为π，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增的是(　　) A．y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) B．y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) C．y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 解析：对于A，函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的周期为π，由－eq \f(π,2)＋kπ<x＋eq \f(π,6)<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得－eq \f(2π,3)＋kπ<x<eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，－eq \f(2π,3)<x<eq \f(π,3)，所以在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，A符合题意；对于B，函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的周期为eq \f(π,2)，B不符合题意；对于C，函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的周期为π，由2kπ＋π≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋2π，k∈Z，解得kπ＋eq \f(2π,3)≤x≤kπ＋eq \f(7π,6)，k∈Z，当k＝－1时，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，所以在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上不单调递增，C不符合题意；对于D，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的周期为π，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，当k＝0时，－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3)，所以在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，D符合题意．故选AD. 6．(多选)(2024·福建宁德高一上期末检测)若函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则下列关于f(x)的说法正确的是(　　) A．最小正周期是π B．图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称 C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))内单调递增 D．图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称 解析：因为函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)，A错误；令2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,6)，k∈Z，当k＝2时，x＝eq \f(π,3)，所以函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，B正确；由kπ－eq \f(π,2)<2x＋eq \f(π,3)<kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(5π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))，k∈Z，当k＝1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))内单调递增，C正确；因为正切函数的图象不具有对称轴，所以D错误．故选BC. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x≤2kπ，k∈Z)))) 7．函数y＝eq \r(－tanx)＋eq \r(cosx)的定义域为__________________________． 解析：由题意，得eq \b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x≤2kπ，k∈Z)))). 8．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，则函数y＝eq \f(1,cos2x)＋2tanx＋1的最小值为_____． 解析：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. 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)内单调递增，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)内单调递减． 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0<eq \f(π,12)<eq \f(5π,24)<eq \f(π,2)，且y＝tanx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递增，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)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)＋\f(kπ,3)，\f(5π,18)＋\f(kπ,3)))，k∈Z，无单调递减区间． 11．方程taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))＝eq \r(3)在区间[0，π)上的解的个数是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))＝eq \r(3)，∴3x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，x＝eq \f(2π,9)＋eq \f(kπ,3)，k∈Z.由k＝0，k＝1，k＝2，求得方程在区间[0，π)上的解为eq \f(2π,9)，eq \f(5π,9)，eq \f(8π,9)，共3个． 12．(多选)(2024·四川泸州高一上期末)已知函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，则下列说法正确的是(　　) A．若f(x)的最小正周期是2π，则ω＝eq \f(1,2) B．当ω＝1时，f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，0))(k∈Z) C．当ω＝2时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5))) D．若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))内单调递增，则0<ω≤eq \f(2,3) 解析：对于A，若f(x)的最小正周期是2π，则eq \f(π,ω)＝2π，解得ω＝eq \f(1,2)，故A正确；对于B，当ω＝1时，f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，令x－eq \f(π,6)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数f(x)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)，故B错误；对于C，当ω＝2时，f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10π,30)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,30)))，由于y＝tanx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))内单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)))，故C错误；对于D，令－eq \f(π,2)＋kπ<ωx－eq \f(π,6)<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)<x<eq \f(2π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z， 所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3ω)＋\f(kπ,ω)，\f(2π,3ω)＋\f(kπ,ω)))，k∈Z，因为f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))内单调递增，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3ω)＋\f(kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(2π,3ω)＋\f(kπ,ω)≥π，))解得－1＋3k≤ω≤eq \f(2,3)＋k，k∈Z，又最小正周期T＝eq \f(π,ω)≥π－eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，即ω≤eq \f(3,2)，所以eq \f(2,3)＋k≤eq \f(3,2)，k∈Z，即k≤eq \f(5,6)，k∈Z，又因为ω>0，所以取k＝0，得0<ω≤eq \f(2,3)，故D正确．故选AD. eq \f(\r(3)π,2) 解析：函数y＝2cosx(x∈[0，π])和函数y＝3tanx的图象交于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)，又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＝△OAC的面积＋△OCB的面积＝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). 14．若函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－ax))(a∈Z)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))内单调递增，则a的值为______． 解析：设u＝eq \f(π,4)－ax，∵y＝tanu在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数， ∴a<0.又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))，∴－ax∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(aπ,8)，－\f(5aπ,8)))，∴eq \f(π,4)－ax∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(aπ,8)，\f(π,4)－\f(5aπ,8)))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)≤\f(π,4)－\f(aπ,8)（k∈Z），,kπ＋\f(π,2)≥\f(π,4)－\f(5aπ,8)（k∈Z），))解得－eq \f(2,5)－eq \f(8k,5)≤a≤6－8k(k∈Z)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)－\f(8k,5)≤6－8k，,－\f(2,5)－\f(8k,5)≤－1，))解得eq \f(3,8)≤k≤1，又k∈Z，∴k＝1，此时－2≤a≤－2，∴a＝－2. 15．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(π,6)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))，且过点(0，－3)． (1)求f(x)的解析式； (2)求不等式f(x)≥eq \r(3)的解集． 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)，所以ω＝eq \f(3,2)， 得f(x)＝Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋φ)). 因为它的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))， 所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)·\f(π,6)＋φ))＝0， 即taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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|<eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)， 于是f(x)＝Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f(π,4)))， 又它的图象过点(0，－3)， 所以Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－3，得A＝3. 所以f(x)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f(π,4))). (2)由3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f(π,4)))≥eq \r(3)，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f(π,4)))≥eq \f(\r(3),3)， 则kπ＋eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)x－eq \f(π,4)<kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 解得eq \f(2kπ,3)＋eq \f(5π,18)≤x<eq \f(2kπ,3)＋eq \f(π,2)，k∈Z， 所以不等式f(x)≥eq \r(3)的解集是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,3)＋\f(5π,18)，\f(2kπ,3)＋\f(π,2)))(k∈Z)． $$