必修 第二册7.3 正切函数的图象与性质习题

这是一份必修 第二册7.3 正切函数的图象与性质习题，共5页。

1．函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,6)))的最小正周期为( )

A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C．π D．2π
2．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( )
3．函数y＝eq \f(1,tan x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)A．(－1,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1，＋∞)
4．函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,4)，kπ＋\f(π,4)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))，k∈Z
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z
D．(kπ，(k＋1)π)，k∈Z
5．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期为________，图象的对称中心为________．
6．求函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的定义域、周期及单调区间．
[提能力]
7．[多选题]已知函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，则下列说法正确的是( )
A．f(x)在定义域内是增函数
B．f(x)的最小正周期是eq \f(π,2)
C．f(x)的图象对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)－\f(π,6)，0))，k∈Z
D．f(x)图象的对称轴是x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z
8．已知偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，若a＝tan 2，b＝tan 3，c＝tan 5，则下列不等关系正确的是( )
A．f(c)>f(b)>f(a) B．f(c)>f(a)>f(b)
C．f(b)>f(a)>f(c) D．f(b)>f(c)>f(a)
9．画出函数y＝|tan x|的图象，并根据图象判断其单调区间和奇偶性．
[战疑难]
10．是否存在实数a，且a∈Z，使得函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－ax))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递增？若存在，求出a的一个值；若不存在，请说明理由．
课时作业12 正切函数的图象与性质
1．解析：方法一 函数f(x)＝tan(ωx＋φ)的周期是T＝eq \f(π,|ω|)，直接利用公式，可得T＝eq \f(π,|－4|)＝eq \f(π,4).
方法二 由诱导公式可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,6)))＝
taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4x＋\f(π,6)－π))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,6)))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝f(x)，所以周期T＝eq \f(π,4).
答案：A
2．解析：当eq \f(π,2)当x＝π时，x＝0；
当πsin x，y＝2sin x.
结合选项知D中的图象符合，故选D.
答案：D
3．解析：∵－eq \f(π,4)答案：B
4．解析：f(x)＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，令kπ－eq \f(π,2)＜x－eq \f(π,4)＜kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq \f(π,4)＜x＜kπ＋eq \f(3,4)π，k∈Z.故选B.
答案：B
5．解析：最小正周期T＝eq \f(π,2)；
由eq \f(kπ,2)＝2x－eq \f(π,4)(k∈Z)得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,8)(k∈Z)．
∴对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,8)，0))(k∈Z)．
答案：eq \f(π,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,8)，0))(k∈Z)
6．解析：由eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，
所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z))))，T＝eq \f(π,\f(1,2))＝2π，
所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的周期为2π.
由－eq \f(π,2)＋kπ＜eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
得－eq \f(2π,3)＋2kπ＜x＜eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，
所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的单调递增区间为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(4π,3)＋2kπ))(k∈Z)．
7．解析：A错，∵f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的定义域是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,12)π＋\f(kπ,2)，\f(π,12)＋\f(kπ,2)))，k∈Z，在定义域内的每一个区间上是单调增函数，整个定义域上没有单调性(用到逻辑推理)；B正确，函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为T＝eq \f(π,2)；C正确，令2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，由数学运算解得x＝－eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,4)，k∈Z，所以f(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋\f(kπ,4)，0))，k∈Z；D错，正切函数的图象不是轴对称图象，f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象没有对称轴．故选B、C.
答案：BC
8．解析：偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，a＝tan 2，b＝tan 3，c＝tan 5，则f(a)＝f(tan 2)＝f(tan(－2))＝f(tan(π－2))；
f(b)＝f(tan 3)＝f(tan(－3))＝f(tan(π－3))；
f(c)＝f(tan 5)＝f(tan(－5))＝f(tan(2π－5))；
易知：0<π－3<π－2<2π－5故0故f(b)>f(a)>f(c)．
答案：C
9．解析：由函数y＝|tan x|得
y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x，kπ≤x根据正切函数图象的特点作出函数的图象，图象如图．
由图象可知，函数y＝|tan x|是偶函数．
函数y＝|tan x|的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，kπ))，k∈Z.
10．解析：y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－ax))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ax＋\f(π,4)))，
∵y＝tan x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)上为增函数，∴a<0.
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))，∴－ax∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(aπ,8)，－\f(5aπ,8)))，
∴eq \f(π,4)－ax∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(aπ,8)，\f(π,4)－\f(5aπ,8)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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 \f(2,5)－eq \f(8k,5)＝6－8k得k＝1，
此时－2≤a≤－2，∴a＝－2<0，∴存在a＝－2∈Z，满足题意．