信息技术应用 利用正切线画函数y=tan x，x∈（-π/2, π/2)的图象ppt配套的教学设计方案

基础巩固题组

(建议用时：40分钟) 一、选择题

1.(2016·昆明检测)下列函数中，是周期函数的为(

) A.y＝sin|x|

C.y＝tan|x|

B.y＝cos|x| D.y＝(x－1)0

解析

∵f(x)＝cos x是偶函数，∴f(x)＝f(|x|)，

即y＝cos|x|＝cos x，∴它的最小正周期为2π.

∵f(|x|)的图象是由f(x)的y轴右边图象保持不变，并把y轴右边图象关于y轴对称翻折到y轴左边得到的，

∴y＝sin|x|和y＝tan|x|都不是周期函数.y＝(x－1)0＝1，任何大于0的实数都是它的正周期，无最小正周期.故选B. 答案

B π2.(2015·石家庄模拟)函数f(x)＝tan2x－的单调递增区间是(

) 3kππkπ5πA.－，＋(k∈Z) 122122kππkπ5πB.－，＋(k∈Z) 122122π5π(k∈Z) C.kπ－，kπ＋1212π2πD.kπ＋，kπ＋(k∈Z) 63ππππ解析

当kπ－2＜2x－3＜kπ＋2(k∈Z)时，函数y＝tan2x－单调递增，3kππkπ5ππ解得2－12＜x＜2＋12(k∈Z)，所以函数y＝tan2x－的单调递增区间3kππkπ5π是－，＋(k∈Z)，故选B.

122122答案

B 3π(x∈R)，下面结论错误的是(

) 3.(2016·泰安模拟)已知函数f(x)＝sin2x＋2A.函数f(x)的最小正周期为π

B.函数f(x)是偶函数

πC.函数f(x)的图象关于直线x＝4对称

πD.函数f(x)在区间0，上是增函数

23π解析

f(x)＝sin2x＋＝－cos 2x，故其最小正周期为π，故A正确；易知2函数f(x)是偶函数，B正确；由函数f(x)＝－cos 2x的图象可知，函数f(x)的图ππ象关于直线x＝4不对称，C错误；由函数f(x)的图象易知，函数f(x)在0，2上是增函数，D正确，故选C. 答案

C 4.(2016·哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考)函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω≠0)对任πππ意x都有f＋x＝f－x，则f等于(

) 444A.2或0

C.0

B.－2或2

D.－2或0 ππππ解析

由f＋x＝f－x可知函数图象关于直线x＝4对称，则在x＝4处44π取得最值，∴f＝±2，故选B. 4答案

B π5.(2015·金华十校模拟)关于函数y＝tan2x－，下列说法正确的是(

) 3A.是奇函数

πB.在区间0，上单调递减

3πC.，0为其图象的一个对称中心

6D.最小正周期为π

ππ解析

函数y＝tan2x－是非奇非偶函数，A错误；在区间0，上单调递33ππππ增，B错误；最小正周期为2，D错误.∵当x＝6时，tan2×－＝0，∴63

π，0为其图象的一个对称中心，故选C.

6答案

C 二、填空题

π136.(2016·哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考)函数y＝2sin x＋2cos xx∈0，2的单调递增区间是________. 13π解析

∵y＝2sin x＋2cos x＝sinx＋，

3πππ由2kπ－2≤x＋3≤2kπ＋2(k∈Z)，

5ππ解得2kπ－6≤x≤2kπ＋6(k∈Z).

5ππ(k∈Z)，

∴函数的增区间为2kπ－6，2kπ＋6ππ又x∈0，，∴单调增区间为0，. 26π答案

0，

67.函数y＝lg(sin x)＋1cos x－2的定义域为________. sin x＞0，解析

要使函数有意义必须有

1cos x－2≥0，sin x＞0，2kπ＜x＜π＋2kπ（k∈Z），即

1解得ππcos x≥，－＋2kπ≤x≤＋2kπ（k∈Z），233π∴2kπ＜x≤＋2kπ(k∈Z)，

3π∴函数的定义域为x|2kπ＜x≤＋2kπ，k∈Z.

3π答案

2kπ，＋2kπ(k∈Z) 38.函数y＝sin2x＋sin x－1的值域为________.

12解析

y＝sinx＋sin x－1，令t＝sin x，t∈[－1，1]，则有y＝t＋t－1＝t＋2225－4，画出函数图象如图所示，从图象可以看出，

1当t＝－2及t＝1时，函数取最值，代入y＝t2＋t－1，

5可得y∈－4，1.

5答案

－4，1

三、解答题

9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝(sin x＋cos x)2＋cos 2x. (1)求f(x)的最小正周期；

π(2)求f(x)在区间0，上的最大值和最小值. 2解

(1)因为f(x)＝sin2

x＋cos2

x＋2sin xcos x＋cos 2x＝1＋sin 2x＋cos 2x＝2πsin2x＋＋1，

42π所以函数f(x)的最小正周期为T＝2＝π. π(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝2sin2x＋＋1. 4ππ5ππ当x∈0，时，2x＋4∈，，

244π5π由正弦函数y＝sin x在，上的图象知，

44πππ当2x＋4＝2，即x＝8时，f(x)取最大值2＋1；

π5ππ当2x＋4＝4，即x＝2时，f(x)取最小值0. π综上，f(x)在0，上的最大值为2＋1，最小值为0. 2

6cos4x＋5sin2x－410.已知函数f(x)＝，求f(x)的定义域，判断它的奇偶性，并求其cos 2x值域. π解

由cos 2x≠0得2x≠kπ＋2，k∈Z，

kππ解得x≠2＋4，k∈Z，

所以f(x)的定义域为

kπx|x∈R，且x≠2π＋4，k∈Z. 因为f(x)的定义域关于原点对称，

6cos4（－x）＋5sin2（－x）－4且f(－x)＝

cos（－2x）6cos4x＋5sin2x－4＝＝f(x).所以f(x)是偶函数，

cos 2xkππ当x≠2＋4，k∈Z时，

6cos4

x＋5sin2

x－4f(x)＝

cos 2x6cos4

x＋5－5cos2x－4＝

2cos2x－1（2cos2x－1）（3cos2x－1）＝＝3cos2x－1. 22cosx－1所以11f(x)的值域为y|－1≤y＜2，或2＜y≤2. 能力提升题组

(建议用时：20分钟) πππ11.若函数f(x)＝sin ωx (ω>0)在区间0，上单调递增，在区间，上单调323递减，则ω等于(

) 2A.3

3B.2

C.2

D.3 解析

∵f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，

ππ∴当0≤ωx≤2，即0≤x≤时，y＝sin ωx是增函数；

2ω

π3ππ3π当2≤ωx≤2，即≤x≤时，y＝sin ωx是减函数.

2ω2ωπ由f(x)＝sin ωx (ω>0)在0，上单调递增，

3ππ3ππ在，上单调递减知，＝3，∴ω＝2.

2ω32答案

B ππ12.(2016·豫南九校质检)已知函数f(x)＝sinx＋，其中x∈－，a，若f(x)631的值域是－2，1，则实数a的取值范围是(

) πA.0，

3π2πC.，

32ππB.，

23πD.，π

3ππππ解析

若－3≤x≤a，则－6≤x＋6≤a＋6，

πππ7π1π∵当x＋6＝－6或x＋6＝6时，sinx＋＝－2，

6ππ7ππ1∴要使f(x)的值域是－2，1，则有2≤a＋6≤6，3≤a≤π，即a的取值π范围是，π. 3答案

D 13.(2015·天津卷)已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω＞0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________. π解析

f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sinωx＋，因为f(x)在区间(－ω，ω)4内单调递增，且函数图象关于直线x＝ω对称，所以f(ω)必为一个周期上的ππ2π最大值，所以有ω·ω＋4＝2kπ＋2，k∈Z，所以ω＝4＋2kπ，k∈Z.2ππππ又ω－(－ω)≤2，即ω2≤2，即ω2＝4，所以ω＝2. ω

答案

π2

πxπxπ14.(2016·北京东城区调研)设函数f(x)＝sin－－2cos28＋1. 64(1)求f(x)的最小正周期. 4(2)若函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，求当x∈0，3时，y＝g(x)的最大值. πxππxππx解

(1)f(x)＝sin 4cos 6－cos 4sin 6－cos 4

πx3πx3πxπ＝2sin 4－2cos 4＝3sin－，

342π故f(x)的最小正周期为T＝＝8. π4(2)法一

在y＝g(x)的图象上任取一点(x，g(x))，

它关于x＝1的对称点(2－x，g(x)). 由题设条件，知点(2－x，g(x))在y＝f(x)的图象上，

ππ从而g(x)＝f(2－x)＝3sin（2－x）－

34ππxππxπ＝3sin－－＝3cos＋. 43324ππxπ2π4当0≤x≤3时，3≤4＋3≤3，

4因此y＝g(x)在区间0，3上的最大值为

π3g(x)max＝3cos 3＝2. 42法二

区间0，3关于x＝1的对称区间为3，2，

且y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，

4故y＝g(x)在0，3上的最大值为

2y＝f(x)在3，2上的最大值. 

πxπ由(1)知f(x)＝3sin－，

34ππxππ2当3≤x≤2时，－6≤4－3≤6. 4因此y＝g(x)在0，3上的最大值为

π3g(x)max＝3sin 6＝2.