1.3.2三角函數的圖象與性質eq\o(\s\up7(),\s\do5(整體設計))教學分析研究函數的性質常常以直觀圖象為基礎，這點學生已經有些經驗，通過觀察函數的圖象，從圖象的特征獲得函數的性質是一個基本方法，這也是數形結合思想的應用．正弦函數、余弦函數的教學也是如此．先研究它們的圖象，在此基礎上再利用圖象來研究它們的性質．顯然，加強數形結合是深入研究函數性質的基本要求．由于三角函數是刻畫周期變化現象的數學模型，這也是三角函數不同于其他類型函數的最重要的地方，而且對于周期函數，我們只要認識清楚它在一個周期的區間上的性質，那么它的性質也就完全清楚了，因此，教科書把對周期性的研究放在了首位．這是對數學思考方向的一種引導．由于正弦線、余弦線已經從“形”的角度描述了三角函數，因此利用單位圓中的三角函數線畫正弦函數圖象是一個自然的想法．當然，我們還可以通過三角函數的定義、三角函數值之間的內在聯系性等來作圖，從畫出的圖形中觀察得出五個關鍵點，得到“五點法”畫正弦函數、余弦函數的簡圖．三維目標1．通過實驗演示，讓學生經歷圖象畫法的過程及方法，通過對圖象的感知，形成對正弦、余弦以及正切函數的初步認識，了解這三種曲線的準確作法．經歷正弦、余弦、正切函數的性質的探索過程，熟練掌握這三種函數的性質．在探索學習的過程中，使學生養成善于發現、善于探究的良好習慣．學會遇到新問題時善于調動所學過的知識，較好地運用新舊知識之間的聯系，提高分析問題、解決問題的能力．2．通過學習本節，理解正弦、余弦、正切函數圖象的畫法．借助圖象變換，了解函數之間的內在聯系，加深學生對數形結合這一數學思想的認識．通過三角函數圖象的三種畫法：描點法、幾何法、五點法，體會用“五點法”作圖給我們學習帶來的好處，并會熟練地畫出一些較簡單的函數圖象．3．組織學生通過觀察這三種函數的圖象歸納出三種函數的性質，使學生體會知識之間的有機聯系，感受數學的整體性，激發學生的學習興趣．通過學習，讓學生體會數學中的圖形美，體驗善于動手操作、合作探究的學習方法帶來的成功愉悅，樹立科學的辯證唯物主義觀．重點難點教學重點：1.會畫正弦、余弦、正切函數的圖象．2．掌握正弦、余弦、正切函數的性質及應用．教學難點：1.利用正弦線、正切線畫正弦、正切函數的圖象；由誘導公式和正弦曲線畫余弦函數的圖象．2．正弦、余弦、正切函數性質的應用．課時安排3課時eq\o(\s\up7(),\s\do5(教學過程))第1課時導入新課思路1.(復習導入)遇到一個新的函數，非常自然的是畫出它的圖象，觀察圖象的形狀，看看有什么特殊點，并借助圖象研究它的性質，如：值域、單調性、奇偶性、最大值與最小值等．我們也很自然的想知道y＝sinx與y＝cosx的圖象是怎樣的？回憶我們在必修1中學過的指數函數、對數函數的圖象是什么？是如何畫出它們的圖象的(列表描點法：列表、描點、連線)？進而引導學生通過取值，畫出當x∈[0,2π]時y＝sinx的圖象．思路2.(情境導入)指導學生將塑料瓶底部扎一個小孔做成一個漏斗，再掛在架子上，就做成了一個簡易單擺．在漏斗下方放一塊紙板，板的中間畫一條直線作為坐標系的橫軸．把漏斗灌上沙并拉離平衡位置，放手使它擺動，同時勻速拉動紙板，這樣就可在紙板上得到一條曲線，它就是簡諧運動的圖象．物理中把簡諧運動的圖象叫做“正弦曲線”或“余弦曲線”．它表示了漏斗對平衡位置的位移s(縱坐標)隨時間t(橫坐標)變化的情況．有了上述實驗，你對正弦函數、余弦函數的圖象是否有了一個直觀的印象？畫函數的圖象，最基本的方法是我們以前熟知的列表描點法，但不夠精確．下面我們利用正弦線畫出比較精確的正弦函數圖象．推進新課eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))教師先讓學生閱讀教材、思考討論．為什么要用正弦線來作正弦函數的圖象，怎樣在x軸上標橫坐標？為什么將單位圓分成12份？學生思考探索仍不得要領時，教師可進行適時的點撥．只要解決了y＝sinx，x∈[0,2π]的圖象，就很容易得到y＝sinx，x∈R時的圖象了．第一步，可以想象把單位圓圓周剪開并12等份，再把x軸上從0到2π這一段分成12等分．由于單位圓周長是2π，這樣就解決了橫坐標問題．過⊙O1上的各分點作x軸的垂線，就可以得到對應于0、eq\f(π,6)、eq\f(π,3)、eq\f(π,2)、…、2π等角的正弦線，這樣就解決了縱坐標問題(相當于“列表”)．第二步，把角x的正弦線向右平移，使它的起點與x軸上的點x重合，這就得到了函數對(x，y)(相當于“描點”)．第三步，再把這些正弦線的終點用平滑曲線連結起來，我們就得到函數y＝sinx在[0,2π]上的一段光滑曲線(相當于“連線”)．如圖1所示(這一過程用課件演示，讓學生仔細觀察平移和連線過程．然后讓學生動手作圖，形成對正弦函數圖象的感知)．這是本節的難點，教師要和學生共同探討．圖1因為終邊相同的角有相同的三角函數值，所以函數y＝sinx在x∈[2kπ，2(k＋1)π]，k∈Z且k≠0上的圖象與函數y＝sinx在x∈[0,2π]上的圖象的形狀完全一致，只是位置不同．于是我們只要將函數y＝sinx，x∈[0,2π]的圖象向左、右平行移動(每次2π個單位長度)，就可以得到正弦函數y＝sinx，x∈R的圖象．(這一過程用課件處理，讓同學們仔細觀察整個圖的形成過程，感知周期性)．圖2教師引導學生觀察誘導公式，思考探究正弦函數、余弦函數之間的關系，通過怎樣的坐標變換可得到余弦函數圖象？讓學生從函數解析式之間的關系思考，進而學習通過圖象變換畫余弦函數圖象的方法．讓學生動手做一做，體會正弦函數圖象與余弦函數圖象的異同，感知兩個函數的整體形狀，為下一步學習正弦函數、余弦函數的性質打下基礎．把正弦函數y＝sinx，x∈R的圖象向左平移eq\f(π,2)個單位長度即可得到余弦函數圖象，如圖3.圖3正弦函數y＝sinx，x∈R的圖象和余弦函數y＝cosx，x∈R的圖象分別叫做正弦曲線和余弦曲線．教師可引導學生從圖象的整體入手觀察正弦函數的圖象，發現在[0,2π]上有五個點起關鍵作用，只要描出這五個點后，函數y＝sinx在[0,2π]上的圖象的形狀就基本上確定了．這五點如下：(0,0)，(eq\f(π,2)，1)，(π，0)，(eq\f(3π,2)，－1)，(2π，0)．因此，在精確度要求不太高時，我們常常先找出這五個關鍵點，然后用光滑的曲線將它們連結起來，就可快速得到函數的簡圖．這種近似的“五點(畫圖)法”是非常實用的，要求熟練掌握．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(應用示例))例1課本本節例1.變式訓練1．畫出下列函數的簡圖：(1)y＝1＋sinx，x∈[0,2π]；(2)y＝－cosx，x∈[0,2π]．解：(1)按五個關鍵點列表：x0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πsinx010－101＋sinx12101描點并將它們用光滑的曲線連結起來(圖4).圖4(2)按五個關鍵點列表：x0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πcosx10－101－cosx－1010－1描點并將它們用光滑的曲線連結起來(圖5)．圖5點評：“五點法”是畫正弦函數、余弦函數簡圖的基本方法，本例是最簡單的變化．本例的目的是讓學生熟悉“五點法”．如果是多媒體教學，要突破課件教學的互動性，多留給學生一些動手操作的時間，或者增加圖象糾錯的環節，效果將會令人滿意，切不可教師畫圖學生看．2.在給定的直角坐標系如圖6中，作出函數f(x)＝eq\r(2)cos(2x＋eq\f(π,4))在區間[0，π]上的圖象．解：列表取點如下：x0eq\f(π,8)eq\f(3π,8)eq\f(5π,8)eq\f(7π,8)π2x＋eq\f(π,4)eq\f(π,4)eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(9π,4)f(x)10－eq\r(2)0eq\r(2)1描點連線作出函數f(x)＝eq\r(2)cos(2x＋eq\f(π,4))在區間[0，π]上的圖象如圖7.圖6圖7例2畫出函數y＝|sinx|，x∈R的簡圖．活動：教師引導學生觀察探究y＝sinx的圖象并思考|sinx|的意義，發現只要將其x軸下方的圖象翻上去即可．進一步探究發現，只要畫出y＝|sinx|，x∈[0，π]的圖象，然后左、右平移(每次π個單位)就可以得到y＝|sinx|，x∈R的圖象．讓學生嘗試尋找在[0，π]上哪些點起關鍵作用，易看出起關鍵作用的點有三個：(0,0)，(eq\f(π,2)，1)，(π，0)．然后列表、描點、連線，讓學生自己獨立操作完成，對其失誤的地方再予以糾正．解：按三個關鍵點列表：x0eq\f(π,2)πsinx010y＝|sinx|010描點并將它們用光滑的曲線連結起來(圖8)．圖8點評：通過本例，讓學生更深刻地理解正弦曲線及“五點法”畫圖的要義，并進一步從圖象變換的角度認識函數之間的關系.變式訓練1．方程sinx＝eq\f(x,10)的根的個數為()A．7B．8C．9D．10解：這是一個超越方程，無法直接求解，可引導學生，考慮數形結合的思想方法，將其轉化為函數y＝eq\f(x,10)的圖象與y＝sinx的圖象的交點個數問題，借助圖形直觀求解．解好本題的關鍵是正確地畫出正弦函數的圖象．如圖9，從圖中可看出，兩個圖象有7個交點.圖9答案：A2．用“五點法”作函數y＝2sin2x的圖象時，首先應描出的五點橫坐標可以是()A．0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2πB．0，eq\f(π,4)，eq\f(π,2)，eq\f(3π,4)，πC．0，π，2π，3π，4πD．0，eq\f(π,6)，eq\f(π,3)，eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)答案：Beq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能訓練))課本本節練習2、3.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(課堂小結))以提問的方式，先由學生反思學習內容并回答，教師再作補充完善．1．怎樣利用“周而復始”的特點，把區間[0,2π]上的圖象擴展到整個定義域的？2．如何利用圖象變換從正弦曲線得到余弦曲線？這節課學習了正弦函數、余弦函數圖象的畫法．除了它們共同的代數描點法、幾何描點法之外，余弦函數圖象還可由平移交換法得到．“五點法”作圖是比較方便、實用的方法，應熟練掌握．數形結合思想、運動變化觀點都是學習本課內容的重要思想方法．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作業))課本習題1.32.eq\o(\s\up7(),\s\do5(設計感想))1．本節課操作性強，學生活動量較大．新課從實驗演示入手，形成圖象的感知后，升級問題，探索正弦曲線準確的作法，形成理性認識．問題設置層層深入，引導學生發現問題，解決問題，并對方法進行歸納總結，體現了新課標“以學生為主體，教師為主導”的課堂教學理念．如用多媒體課件，則可生動地表現出函數圖象的變化過程，更好地突破難點．2．本節課所畫的圖象較多，能迅速準確地畫出函數圖象對初學者來說是一個較高的要求，重在學生動手操作，不要怕學生出錯．通過畫圖可以培養學生的動手能力、模仿能力．開始時要慢些，尤其是“五點法”，每個點都要能準確地找到，然后迅速畫出圖象．eq\o(\s\up7(),\s\do5(備課資料))備用習題1．用“五點法”畫出下列函數的圖象：(1)y＝2－sinx，x∈[0,2π]；(2)y＝eq\f(1,2)＋sinx，x∈[0,2π]．2．方程2x＝cosx的解的個數為()A．0B．1C．2D．無窮多個3．圖10中的曲線對應的函數解析式是()圖10A．y＝|sinx|B．y＝sin|x|C．y＝－sin|x|D．y＝－|sinx|4．根據y＝cosx的圖象解不等式：－eq\f(\r(3),2)≤cosx≤eq\f(1,2).參考答案：1.解：按五個關鍵點列表如下：x0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝2－sinx21232y＝eq\f(1,2)＋sinxeq\f(1,2)eq\f(3,2)eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eq\f(1,2)在直角坐標系中描出這五個點，作出相應的函數圖象，如下圖所示．(1)如圖11.圖11(2)如圖12.圖122．D3.C4．解：如圖13.圖13解集為{x|2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z}或{x|2kπ＋eq\f(7π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,3)，k∈Z}．二、潮汐與港口水深我國東漢時期的學者王充說過：“濤之興也，隨月盛衰”．唐代學者張若虛(約660年至約720年)在他的《春江花月夜》中，更有“春江潮水連海平，海上明月共潮生”這樣的優美詩句．古人把海水白天的上漲叫做“潮”，晚上的上漲叫做“汐”．實際上，潮汐與月球、地球都有關系．在月球萬有引力的作用下，就地球的海面上的每一點而言，海水會隨著地球本身的自轉，大約在一天里經歷兩次上漲、兩次降落．由于潮汐與港口的水深有密切關系，任何一個港口的工作人員對此都十分重視，以便合理地加以利用．例如，某港口工作人員在某年農歷八月初一從0時至24時記錄的時間t(h)與水深d(m)的關系如下：t03691215182124d57.552.557.552.55(1)把上表中的九組對應值用直角坐標系中的九個點表示出來(如下圖中實心圓點所示)，觀察它們的位置關系，不難發現，我們可以選用正弦型函數d＝5＋2.5sineq\f(π,6)t，t∈[0,24)來近似地描述這個港口這一天的水深d與時間t的關系，并畫出簡圖(如圖14)．圖14由此圖或利用科學計算器，可以得到t取其他整數時d的近似值，從而把上表細化．(2)利用這個函數及其簡圖，例如這一年農歷八月初二或九月初一，假設有一條貨船的吃水深度(即船底與水面的距離)為4m，安全條例規定至少要有1.5m的安全間隙(即船底與水底的距離)，那么根據5.5≤d≤7.5，就可以近似得到此船何時能進入港口和在港口能逗留多久．如果此船從凌晨2時開始卸貨，吃水深度由于船減少了載重而按0.3m/h的速度遞減，還可以近似得到卸貨必須在什么時間前停止才能將船駛向較深的某目標水域．不同的日子，潮汐的時刻和大小是不同的．農歷初一和十五漲的是大潮，尤以八月十五中秋為甚．以上的估算必須結合其他數據一起考慮，才能加以科學利用．(設計者：鄭吉星)第2課時導入新課思路1.(類比導入)我們在研究一個函數的性質時，如冪函數、指數函數、對數函數的性質，往往通過它們的圖象來研究．先讓學生畫出正弦函數、余弦函數的圖象，從學生畫圖象、觀察圖象入手，由此展開正弦函數、余弦函數性質的探究．思路2.(直接導入)研究函數就是要討論函數的一些性質，y＝sinx，y＝cosx是函數，我們當然也要探討它的一些性質．本節課，我們就來研究正弦函數、余弦函數最基本的幾條性質．請同學們回想一下，一般來說，我們是從哪些方面去研究一個函數的性質的呢(定義域、值域、奇偶性、單調性、最值)？然后逐一進行探究．推進新課eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))由正弦函數、余弦函數圖象歸納它們的性質，并利用正、余弦函數的性質解決一些簡單的問題．在研究正弦、余弦函數圖象與性質時，教師要引導學生充分挖掘正弦、余弦函數曲線或單位圓中的三角函數線，當然用多媒體課件來研究三角函數性質是最理想的，因為單位圓中的三角函數線更直觀地表現了三角函數中的自變量與函數值之間的關系，是研究三角函數性質的好工具．用三角函數線研究三角函數的性質，體現了數形結合的思想方法，有利于我們從整體上把握有關性質．學生很容易看出正弦函數、余弦函數的定義域都是實數集R〔或(－∞，＋∞)〕；很容易觀察出正弦曲線和余弦曲線上、下都有界，得出正弦函數、余弦函數的值域都是[－1,1]．教師要引導學生從代數的角度思考并給出證明：∵正弦線、余弦線的長度小于或等于單位圓的半徑的長度，∴|sinx|≤1，|cosx|≤1，即－1≤sinx≤1，－1≤cosx≤1.也就是說，正弦函數、余弦函數的值域都是[－1,1]．對于正弦函數y＝sinx，x∈R：(1)當且僅當x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，取得最大值1.(2)當且僅當x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，取得最小值－1.對于余弦函數y＝cosx，x∈R：(1)當且僅當x＝2kπ，k∈Z時，取得最大值1.(2)當且僅當x＝(2k＋1)π，k∈Z時，取得最小值－1.關于正、余弦函數的變化趨勢教師可引導、點撥學生先截取一段圖象來看，選哪一段呢？如圖1，通過學生充分討論后確定：選圖象上的[－eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]這段．教師還要強調為什么選這段，而不選[0,2π]的道理，其他類似．這個變化情況也可從下表中顯示出來：x－eq\f(π,2)…0…eq\f(π,2)…π…eq\f(3π,2)sinx－1↗0↗1↘0↘－1就是說，函數y＝sinx，x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]．當x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]時，曲線逐漸上升，是增函數，sinx的值由－1增大到1；當x∈[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]時，曲線逐漸下降，是減函數，sinx的值由1減小到－1.類似地，同樣可得y＝cosx，x∈[－π，π]的單調變化情況．教師要適時點撥、引導學生先如何恰當地選取余弦曲線的一段來研究，如圖3，為什么選[－π，π]，而不是選[0,2π]．圖3并引導學生列出下表：x－π…－eq\f(π,2)…0…eq\f(π,2)…πcosx－1↗0↗1↘0↘－1結合正弦函數、余弦函數的周期性可知：正弦函數在每一個閉區間[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上都是增函數，其值從－1增大到1；在每一個閉區間[eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上都是減函數，其值從1減小到－1.余弦函數在每一個閉區間[(2k－1)π，2kπ](k∈Z)上都是增函數，其值從－1增加到1；在每一個閉區間[2kπ，(2k＋1)π](k∈Z)上都是減函數，其值從1減小到－1.關于對稱性，學生能直觀地得出：正弦曲線關于原點O對稱，余弦曲線關于y軸對稱．在R上，y＝sinx為奇函數，y＝cosx為偶函數．教師要恰時恰點地引導，怎樣用學過的知識方法給予證明？由誘導公式：∵sin(－x)＝－sinx，cos(－x)＝cosx，∴y＝sinx為奇函數，y＝cosx為偶函數．至此，一部分學生已經看出來了，在正弦曲線、余弦曲線上還有其他的對稱點和對稱軸，如正弦曲線還關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，余弦曲線還關于點(eq\f(π,2)，0)對稱，等等，這是由它的周期性而來的；教師可就此引導學生進一步探討，為今后的學習打下伏筆．當我們仔細對比正弦函數、余弦函數性質后，會發現它們有很多共同之處．我們不妨把兩個圖象中的直角坐標系都去掉，會發現它們其實都是同樣形狀的曲線，所以它們的定義域相同，都為R，值域也相同，都是[－1,1]，最大值都是1，最小值都是－1，只不過由于y軸放置的位置不同，使取得最大(或最小)值的時刻不同；它們的周期相同，最小正周期都是2π；它們的圖象都是軸對稱圖形和中心對稱圖形，且都是以圖象上函數值為零所對應的點為對稱中心，以過最值點且垂直于x軸的直線為對稱軸．但是由于y軸的位置不同，對稱中心及對稱軸與x軸交點的橫坐標也不同．它們都不具備單調性，但都有單調區間，且都是增、減區間間隔出現，也是由于y軸的位置改變，使增、減區間的位置有所不同，也使奇偶性發生了改變．由此可看出，圖象的平移變換對函數的性質會產生怎樣的影響？最后教師與學生一起歸納總結并填寫如下表格(或打出幻燈)：eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(應用示例))思路1例1課本本節例2.變式訓練下列函數有最大值、最小值嗎？如果有，請寫出取最大值、最小值時的自變量x的集合，并說出最大值、最小值分別是什么．(1)y＝cosx＋1，x∈R；(2)y＝－3sin2x，x∈R.解：(1)使函數y＝cosx＋1，x∈R取得最大值的x的集合，就是使函數y＝cosx，x∈R取得最大值的x的集合{x|x＝2kπ，k∈Z}；使函數y＝cosx＋1，x∈R取得最小值的x的集合，就是使函數y＝cosx，x∈R取得最小值的x的集合{x|x＝(2k＋1)π，k∈Z}.函數y＝cosx＋1，x∈R的最大值是1＋1＝2；最小值是－1＋1＝0.(2)令z＝2x，使函數y＝－3sinz，z∈R取得最大值的z的集合是{z|z＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z}；由2x＝z＝－eq\f(π,2)＋2kπ，得x＝－eq\f(π,4)＋kπ.因此使函數y＝－3sin2x，x∈R取得最大值的x的集合是{x|x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z}．同理，使函數y＝－3sin2x，x∈R取得最小值的x的集合是{x|x＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z}．函數y＝－3sin2x，x∈R的最大值是3，最小值是－3.點評：以前我們求過最值，本例也是求最值，但對應的自變量x的值卻不惟一，這從正弦函數的周期性容易得到解釋．求解本例的基本依據是正弦函數、余弦函數的最大(小)值的性質，對于形如y＝Asin(ωx＋φ)＋B的函數，一般通過變量代換(如設z＝ωx＋φ化歸為y＝Asinz＋B的形式)，然后進行求解．這種思想對于利用正弦函數、余弦函數的其他性質解決問題時也適用.例2利用三角函數的單調性，比較下列各組數的大小：(1)sin(－eq\f(π,18))與sin(－eq\f(π,10))；(2)cos(－eq\f(23π,5))與cos(－eq\f(17π,4))．活動：學生很容易回憶起利用指數函數、對數函數的圖象與性質進行大小比較，充分利用學生的知識遷移有利于學生能力的快速提高．本例的兩組都是正弦或余弦，只需將角化為在同一個單調區間，然后根據單調性比較大小即可．課堂上教師要讓學生自己獨立地去操作，教師適時地點撥、糾錯，對思考方法不對的學生給予幫助指導．解：(1)因為－eq\f(π,2)<－eq\f(π,10)<－eq\f(π,18)<0，正弦函數y＝sinx在區間[－eq\f(π,2)，0]上是增函數，所以sin(－eq\f(π,18))>sin(－eq\f(π,10))．(2)cos(－eq\f(23π,5))＝coseq\f(23π,5)＝coseq\f(3π,5)，cos(－eq\f(17π,4))＝coseq\f(17π,4)＝coseq\f(π,4).因為0<eq\f(π,4)<eq\f(3π,5)<π，且函數y＝cosx，x∈[0，π]是減函數，所以coseq\f(π,4)>coseq\f(3π,5)，即cos(－eq\f(23π,5))<cos(－eq\f(17π,4))．點評：推進本例時應提醒學生注意，在今后遇到的三角函數值大小比較時，必須將已知角化到同一個單調區間內，其次要注意首先大致地判斷一下有沒有符號不同的情況，以便快速解題，如本例中，coseq\f(π,4)>0，coseq\f(3π,5)<0，顯然大小可判．例3見課本本節例3.變式訓練求函數y＝sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3))，x∈[－2π，2π]的單調遞增區間．活動：可以利用正弦函數的單調性來求所給函數的單調區間．教師要引導學生的思考方向：把eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)看作z，這樣問題就轉化為求y＝sinz的單調區間問題，而這就簡單多了．解：令z＝eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3).函數y＝sinz的單調遞增區間是[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ]．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(5π,3)＋4kπ≤x≤eq\f(π,3)＋4kπ，k∈Z.由x∈[－2π，2π]，可知－2π≤－eq\f(5π,3)＋4kπ且eq\f(π,3)＋4kπ≤2π，于是－eq\f(1,12)≤k≤eq\f(5,12)，由于k∈Z，所以k＝0，即取k＝0，得－eq\f(5π,3)≤x≤eq\f(π,3).而[－eq\f(5π,3)，eq\f(π,3)][－2π，2π]，因此，函數y＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,3))，x∈[－2π，2π]的單調遞增區間是[－eq\f(5π,3)，eq\f(π,3)]．點評：本例的求解是轉化與化歸思想的運用，即利用正弦函數的單調性，將問題轉化為一個關于x的不等式問題．然后通過解不等式得到所求的單調區間，要讓學生熟悉并靈活運用這一數學思想方法，善于將復雜的問題簡單化.思路2例1求下列函數的定義域：(1)y＝eq\f(1,1＋sinx)；(2)y＝eq\r(cosx).活動：學生思考操作，教師提醒學生充分利用函數圖象，根據實際情況進行適當地指導點撥，糾正出現的一些錯誤或書寫不規范等．解：(1)由1＋sinx≠0，得sinx≠－1，即x≠eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)．∴原函數的定義域為{x|x≠eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z}．(2)由cosx≥0，得－eq\f(π,2)＋2kπ≤x≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)．∴原函數的定義域為[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ](k∈Z)．點評：本例實際上是解三角不等式，可根據正弦曲線、余弦曲線直接寫出結果．本例分作兩步，第一步轉化，第二步利用三角函數曲線寫出解集．例2在下列區間中，函數y＝sin(x＋eq\f(π,4))的單調增區間是()A．[eq\f(π,2)，π]B．[0，eq\f(π,4)]C．[－π，0]D．[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]活動：函數y＝sin(x＋eq\f(π,4))是一個復合函數，即y＝sin[φ(x)]，φ(x)＝x＋eq\f(π,4)，欲求y＝sin(x＋eq\f(π,4))的單調增區間，因φ(x)＝x＋eq\f(π,4)在實數集上恒遞增，故應求使y隨φ(x)遞增而遞增的區間．也可從轉化與化歸思想的角度考慮，即把x＋eq\f(π,4)看成一個整體，其道理是一樣的．解：∵φ(x)＝x＋eq\f(π,4)在實數集上恒遞增，又y＝sinx在[2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)上是遞增的，故令2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2).∴2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4).∴y＝sin(x＋eq\f(π,4))的遞增區間是[2kπ－eq\f(3π,4)，2kπ＋eq\f(π,4)]．取k＝－1、0、1分別得[－eq\f(11π,4)，－eq\f(7π,4)]、[－eq\f(3π,4)，eq\f(π,4)]、[eq\f(5π,4)，eq\f(9π,4)]，對照選擇肢，可知應選B.答案：B點評：像這類題型，上述解法屬常規解法，而運用y＝Asin(ωx＋φ)的單調增區間的一般結論，由一般到特殊求解，既快又準確，如本題倘若運用對稱軸方程求單調區間，則是一種頗具新意的簡明而又準確、可靠的方法．當然作為選擇題還可利用特殊值、圖象變換等手段更快地解出．解題規律：求復合函數單調區間的一般思路是：(1)求定義域；(2)確定復合過程，y＝f(t)，t＝φ(x)；(3)根據函數f(t)的單調性確定φ(x)的單調性；(4)寫出滿足φ(x)的單調性的含有x的式子，并求出x的范圍；(5)得到x的范圍，與其定義域求交集，即是原函數的單調區間．結論：對于復合函數的單調性，可以直接根據構成函數的單調性來判斷.變式訓練1．函數y＝sin(2x＋eq\f(5π,2))的圖象的一條對稱軸方程是()A．x＝－eq\f(π,2)B．x＝－eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,8)D．x＝eq\f(5π,4)解析：方法一：y＝sin(2x＋eq\f(5π,2))的所有對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)－π(k∈Z)，令k＝1，得x＝－eq\f(π,2)，對于B、C、D都無整數k對應．方法二：y＝sin(2x＋eq\f(5π,2))＝cos2x，它的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，令k＝－1，得x＝－eq\f(π,2)，對于B、C、D都無整數k對應．答案：A2．如果函數f(x)＝sin(πx＋θ)(0<θ<2π)的最小正周期是T，且當x＝2時取得最大值，那么()A．T＝2，θ＝eq\f(π,2)B．T＝1，θ＝πC．T＝2，θ＝πD．T＝1，θ＝eq\f(π,2)解析：T＝eq\f(2π,π)＝2，又當x＝2時，sin(π·2＋θ)＝sin(2π＋θ)＝sinθ，要使上式取得最大值，可取θ＝eq\f(π,2).答案：A3．求函數y＝eq\f(1,2)sin(eq\f(π,4)－eq\f(2x,3))的單調遞減區間及單調遞增區間．解：y＝eq\f(1,2)sin(eq\f(π,4)－eq\f(2x,3))＝－eq\f(1,2)sin(eq\f(2x,3)－eq\f(π,4))，由2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(2x,3)－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，可得3kπ－eq\f(3π,8)≤x≤3kπ＋eq\f(9π,8)(k∈Z)為單調減區間；由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(2x,3)－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，可得3kπ＋eq\f(9π,8)≤x≤3kπ＋eq\f(21π,8)(k∈Z)為單調增區間．所以原函數的單調減區間為[3kπ－eq\f(3π,8)，3kπ＋eq\f(9π,8)](k∈Z)；原函數的單調增區間為[3kπ＋eq\f(9π,8)，3kπ＋eq\f(21π,8)](k∈Z).eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能訓練))課本練習1、4、5、6、7.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(課堂小結))1．由學生回顧歸納并說出本節學習了哪些數學知識，學習了哪些數學思想方法．這節課我們研究了正弦函數、余弦函數的性質．重點是掌握正弦函數的性質，通過對兩個函數從定義域、值域、最值、奇偶性、周期性、增減性、對稱性等幾方面的研究，更加深了我們對這兩個函數的理解．同時也鞏固了上節課所學的正弦函數，余弦函數的圖象的畫法．2．進一步熟悉了數形結合的思想方法，轉化與化歸的思想方法，類比的思想方法及觀察、歸納、特殊到一般的辯證統一的觀點．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作業))判斷下列函數的奇偶性：(1)f(x)＝xsin(π＋x)；(2)f(x)＝eq\f(－1＋sinx＋cos2x,1－sinx).解答：(1)函數的定義域為R，它關于原點對稱．∵f(x)＝xsin(π＋x)＝－xsinx，f(－x)＝－(－x)sin(－x)＝－xsinx＝f(x)，∴函數為偶函數．(2)函數應滿足1－sinx≠0，∴函數的定義域為{x|x∈R且x≠2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z}．∵函數的定義域關于原點不對稱，∴函數既不是奇函數也不是偶函數．eq\o(\s\up7(),\s\do5(設計感想))1．本節是三角函數的重點內容，設計的容量較大，指導思想是讓學生在課堂上充分探究、大量活動．作為函數的性質，從初中就開始學習，到高中學習了冪函數、指數、對數函數后有了較深的認識，這是高中所學的最后一個基本初等函數．但由于以前所學的函數不是周期函數，所以理解較為容易，而正弦函數、余弦函數除具有以前所學函數的共性外，又有其特殊性，共性中包含特性，特性又離不開共性，這種普通性與特殊性的關系通過教學應讓學生有所領悟．2．在講完正弦函數性質的基礎上，應著重引導學生用類比的方法寫出余弦函數的性質，以加深他們對兩個函數的區別與聯系的認識，并在解題中突出數形結合思想，在訓練中降低變化技巧的難度，提高應用圖象與性質解題的力度．較好地利用圖象解決問題，這也是本節課主要強調的數學思想方法．3．學習三角函數性質后，引導學生對過去所學的知識重新認識，例如sin(α＋2π)＝sinα這個公式，以前我們只簡單地把它看成一個誘導公式，現在我們認識到了它表明正弦函數的周期性，以提升學生的思維層次．二、備用習題1．函數y＝sin(eq\f(π,3)－2x)的單調減區間是()A．[2kπ－eq\f(π,12)，2kπ＋eq\f(5π,12)](k∈Z)B．[4kπ－eq\f(5π,3)，4kπ＋eq\f(11π,3)](k∈Z)C．[kπ－eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(11π,12)](k∈Z)D．[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5π,12)](k∈Z)2．滿足sin(x－eq\f(π,4))≥eq\f(1,2)的x的集合是()A．{x|2kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤2kπ＋eq\f(13π,12)，k∈Z}B．{x|2kπ－eq\f(π,12)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,12)，k∈Z}C．{x|2kπ＋eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z}D．{x|2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z}∪{x|2kπ＋eq\f(5π,6)≤x≤(2k＋1)π，k∈Z}3．求下列函數的定義域和值域：(1)y＝lgsinx；(2)y＝2eq\r(cos3x).4．已知函數y＝f(x)的定義域是[0，eq\f(1,4)]，求下列函數的定義域：(1)f(cos2x)；(2)f(sin2x－eq\f(1,2))．5．已知函數f(x)＝|sinx－cosx|.(1)求出它的定義域和值域；(2)指出它的單調區間；(3)判斷它的奇偶性；(4)求出它的周期．6．求函數y＝sin2x＋psinx＋q(p、q∈R)的最值．7．若cos2θ＋2msinθ－2m－2<0恒成立，試求實數m的取值范圍．8．求函數y＝lgsin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))的單調增區間，以下甲、乙、丙有三種解法，請給予評判．同學甲：令t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))，則y＝lgt.∵y＝lgt是增函數，∴原函數的單調增區間就是t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))的增區間．又sinμ的增區間為[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ](k∈Z)，∴－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,4)－eq\f(x,2)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得4kπ－eq\f(π,2)≤x≤4kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)．∴原函數的增區間為[4kπ－eq\f(π,2)，4kπ＋eq\f(3π,2)](k∈Z)．同學乙：令t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))，則y＝lgt.∵y＝lgt是增函數，∴原函數的單調增區間就是t的增區間．∵t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))＝cos(eq\f(π,4)＋eq\f(x,2))，∴只需求出cos(eq\f(π,4)＋eq\f(x,2))的增區間，由于cosμ的增區間為[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，∴2kπ－π≤eq\f(π,4)＋eq\f(x,2)≤2kπ4kπ－eq\f(5π,2)≤x≤4kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)．∴原函數的增區間為[4kπ－eq\f(5π,2)，4kπ－eq\f(π,2)](k∈Z)．同學丙：令t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))，則y＝lgt.∵y＝lgt是增函數，∴原函數的單調增區間是使t>0且t為增函數的x的范圍．∵t＝sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))＝cos(eq\f(π,4)＋eq\f(x,2))，∴只需求出使t＝cos(eq\f(π,4)＋eq\f(x,2))>0且t為增函數的x的區間，于是有2kπ－eq\f(π,2)<eq\f(π,4)＋eq\f(x,2)≤2kπ4kπ－eq\f(3π,2)<x≤4kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，∴原函數的增區間為(4kπ－eq\f(3π,2)，4kπ－eq\f(π,2)](k∈Z)．參考答案：1.D2.A3．解：(1)由題意得sinx>0，∴2kπ<x<(2k＋1)π，k∈Z.又∵0<sinx≤1，∴lgsinx≤0.故函數的定義域為[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z，值域為(－∞，0]．(2)由題意得cos3x≥0，∴2kπ－eq\f(π,2)≤3x≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴eq\f(2kπ,3)－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,6)，k∈Z.又∵0≤cos3x≤1，∴0≤2eq\r(cos3x)≤2.故函數的定義域為[eq\f(2kπ,3)－eq\f(π,6)，eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,6)]，k∈Z，值域為[0,2]．4．解：(1)由題意得0≤cos2x≤eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,2)≤cosx≤eq\f(1,2).利用單位圓中的三角函數線或余弦函數圖象，可得x∈[kπ＋eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(2π,3)]，k∈Z.(2)由題意得0≤sin2x－eq\f(1,2)≤eq\f(1,4)，∴－eq\f(\r(3),2)≤sinx≤－eq\f(\r(2),2)或eq\f(\r(2),2)≤sinx≤eq\f(\r(3),2).∴x∈[kπ＋eq\f(π,4)，kπ＋eq\f(π,3)]∪[kπ＋eq\f(2π,3)，kπ＋eq\f(3π,4)]，k∈Z.5．解：f(x)＝|sinx－cosx|＝|eq\r(2)sin(x－eq\f(π,4))|.(1)它的定義域應滿足eq\r(2)sin(x－eq\f(π,4))≠0，x－eq\f(π,4)≠kπ，x≠kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，故定義域為{x|x≠kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z}．∵|sinx－cosx|＝|eq\r(2)sin(x－eq\f(π,4))|，∴0≤|sinx－cosx|≤eq\r(2).根據y＝t，t∈(0，＋∞)是減函數，可知|sinx－cosx|≥eq\r(2)＝－eq\f(1,2)，故值域為[－eq\f(1,2)，＋∞)．(2)函數的單調增區間是[kπ－eq\f(π,4)，kπ＋eq\f(π,4))(k∈Z)，單調減區間是(kπ＋eq\f(π,4)，kπ＋eq\f(3π,4)](k∈Z)．(3)由于其定義域關于原點不對稱，∴此函數非奇非偶．(4)由于y＝|sinx|的周期為π，故原函數的周期為π.6．解：y＝sin2x＋psinx＋q＝(sinx＋eq\f(p,2))2＋eq\f(4q－p2,4)，令t＝sinx.若－eq\f(p,2)>1，即p<－2，則當t＝sinx＝1時，ymin＝1＋p＋q，當t＝sinx＝－1時，ymax＝1－p＋q；若－1≤－eq\f(p,2)≤1，即－2≤p≤2，則當t＝sinx＝－eq\f(p,2)時，ymin＝eq\f(4q－p2,4)，并且若－1≤－eq\f(p,2)≤0，即0≤p≤2，則當t＝sinx＝1時，ymax＝1＋p＋q；若0<－eq\f(p,2)≤1，即－2≤p<0，則當t＝sinx＝－1時，ymax＝1－p＋q；若－eq\f(p,2)<－1，即p>2，則當t＝sinx＝－1時，ymin＝1－p＋q；當t＝sinx＝1時，ymax＝1＋p＋q.7．解：令sinθ＝t，則－1≤t≤1.要使cos2θ＋2msinθ－2m－2<0恒成立，即sin2θ－2msinθ＋2m＋1>0恒成立．設f(t)＝t2－2mt＋2m＋1，則只要f(t)>0在[－1,1]上恒成立即可．由于f(t)＝(t－m)2＋2m＋1－m2(－1≤t≤1)，∴只要f(t)的最小值大于零即可．若m<－1，則當t＝－1時，f(t)min＝2＋4m，令2＋4m>0，得m>－eq\f(1,2)，這與m<－1矛盾，故舍去；若－1≤m≤1，則當t＝m時，f(t)min＝－m2＋2m＋1，令－m2＋2m＋1>0，解得1－eq\r(2)<m<1＋eq\r(2).∴1－eq\r(2)<m≤1；若m>1，則當t＝1時，f(t)min＝2>0，∴m>1.綜上所述，m>1－eq\r(2).8．解：由于函數的單調區間是其定義域的子區間，該函數的定義域是使sin(eq\f(π,4)－eq\f(x,2))>0的x的取值范圍，甲、乙兩名同學都沒有考慮到定義域，因此其解法是錯誤的；同時，甲同學還有一處錯誤，即sinμ的增區間不是t的增區間(因為μ＝eq\f(π,4)－eq\f(x,2)中μ是自變量x的減函數)．丙生既考慮了函數的定義域，也考慮到將x的系數變為正數，其解法是正確的．第3課時導入新課思路1.(直接導入)常見的三角函數還有正切函數，前面我們研究了正、余弦函數的圖象和性質，你能否根據研究正弦函數、余弦函數的圖象與性質的經驗，以同樣的方法研究正切函數的圖象與性質？由此展開新課．思路2.先由圖象開始，讓學生先畫正切線，然后類比正弦、余弦函數的幾何作圖法來畫出正切函數的圖象．這也是一種不錯的選擇，這是傳統的導入法．推進新課eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))正切函數的圖象及其應用．我們通過畫正弦、余弦函數圖象探究了正弦、余弦函數的性質．正切函數是我們高中要學習的最后一個基本初等函數．我們可以運用類比的方法先探究出正切函數的性質．由誘導公式tan(x＋π)＝tanx，x∈R，x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z可知，正切函數是周期函數，周期是π.這里可通過多媒體課件演示，讓學生觀察由角的變化引起正切線的變化的周期性，直觀理解正切函數的周期性，后面的正切函數圖象作出以后，還可從圖象上觀察正切函數的這一周期性．引導學生作出正切線，并觀察它的變化規律．如圖1.圖1畫正切函數圖象選用哪個區間作為代表區間更加自然呢？引導學生在課堂上展開充分討論，體現“教師為主導，學生為主體”的新課改理念．有的學生可能選取了[0，π]作為正切函數的周期，這正是學生作圖的真實性的體現．此時，教師應調整計劃，把課件中先作出[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]內的圖象，改為先作出[0，π]內的圖象，再進行圖象的平移，得到整個定義域內函數的圖象，讓學生觀察思考．最后由學生來判斷究竟選用哪個區間段內的函數圖象既簡單又能完全體現正切函數的性質，讓學生通過分析得到先作區間(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))的圖象為好．這時條件成熟，引導學生來作正切函數的圖象．如圖2.根據正切函數的周期性，把圖2向左、右擴展，得到正切函數y＝tanx，x∈R，且x≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)的圖象，我們稱正切曲線，如圖3.引導學生進一步觀察正切曲線，點撥學生討論思考只需確定哪些點或線就能畫出函數y＝tanx，x∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))上的簡圖？學生可看出有三個點很關鍵：(－eq\f(π,4)，－1)，(0,0)，(eq\f(π,4)，1)，還有兩條豎線．因此畫正切函數簡圖的方法就是：先描三點(－eq\f(π,4)，－1)，(0,0)，(eq\f(π,4)，1)，再畫兩條平行線x＝－eq\f(π,2)，x＝eq\f(π,2)，然后連線．教師要讓學生動手畫一畫，這對今后解題很有幫助．從圖中可以看出，正切曲線是被相互平行的直線x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z所隔開的無窮多支曲線組成的．引導學生進一步思考，這點反映了它的哪一性質？(定義域)；并且函數圖象在每個區間都無限靠近這些直線，我們可以將這些直線稱之為正切函數的什么線？(漸近線)；從y軸方向看，上下無限延伸，得到它的哪一性質？(值域為R)；每隔π個單位，對應的函數值相等，得到它的哪一性質？(周期π)；在每個區間上，圖象都呈上升趨勢，得到它的哪一性質？(單調性)，單調增區間是(－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)，k∈Z，沒有減區間；它的圖象是關于原點對稱的，得到哪一性質？(奇函數)．通過圖象我們還能發現它是中心對稱的，對稱中心是(eq\f(kπ,2)，0)，k∈Z.由正切函數的圖象可以得到正切函數的主要性質如下：(1)定義域：{x|x∈R且x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}．(2)值域：實數集R.(3)周期性：正切函數是周期為π的周期函數．(4)奇偶性：奇函數，圖象關于原點對稱．(5)單調性：每個開區間(－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)(k∈Z)都是函數y＝tanx的單調增區間．注意：正切函數在每個區間上都是增函數，但我們不可以說正切函數在整個定義域內是增函數．如在區間(0，π)上就沒有單調性．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(應用示例))例1不求值，比較下列各組函數值的大小．(1)tan138°與tan143°；(2)tan(－eq\f(13π,4))與tan(－eq\f(17π,5))．活動：利用三角函數的單調性比較兩個同名三角函數值的大小，可以先利用誘導公式將已知角化為同一單調區間內的角，然后再比較大小．教師可放手讓學生自己去探究完成，由學生類比正弦、余弦函數值的大小比較，學生不難解決，主要是訓練學生鞏固本節所學的基礎知識，加強類比思想的運用．解：(1)∵y＝tanx在90°<x<180°上為增函數，∴由138°<143°，得tan138°<tan143°.(2)∵tan(－eq\f(13π,4))＝－taneq\f(13π,4)＝－tan(3π＋eq\f(π,4))＝－taneq\f(π,4)，tan(－eq\f(17π,5))＝－taneq\f(17π,5)＝－tan(3π＋eq\f(2π,5))＝－taneq\f(2π,5).又0<eq\f(π,4)<eq\f(2π,5)<eq\f(π,2)，而y＝tanx在(0，eq\f(π,2))上是增函數，∴taneq\f(π,4)<taneq\f(2π,5).∴－taneq\f(π,4)>－taneq\f(2π,5)，即tan(－eq\f(13π,4))>tan(－eq\f(17π,5))．點評：不要求學生強記正切函數的性質，只要記住正切函數的圖象或正切線即可．例2見課本本節例4.變式訓練用圖象求函數y＝eq\r(tanx－\r(3))的定義域．解：由tanx－eq\r(3)≥0，得tanx≥eq\r(3)，利用圖4知，所求定義域為[kπ＋eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(π,2))(k∈Z)．點評：先在一個周期內得出x的取值范圍，然后再加周期即可，亦可利用單位圓求解，但在今后解題時，學生哪種熟練就用哪種.變式訓練根據正切函數的圖象，寫出使下列不等式成立的x的集合．(1)1＋tanx≥0；(2)tanx＋eq\r(3)＜0.解：(1)tanx≥－1，∴x∈[kπ－eq\f(π,4)，kπ＋eq\f(π,2))，k∈Z；(2)x∈(kπ－eq\f(π,2)，kπ－eq\f(π,3))，k∈Z.變式訓練求函數y＝tan(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3))的定義域、周期和單調區間．活動：類比正弦、余弦函數，本題應用的是換元法，由于在研究正弦、余弦函數的類似問題時已經用過換元法，所以這里也就不用再介紹換元法了，可以直接將eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3)作為一個整體．教師可讓學生自己類比地探究，只是提醒學生注意定義域．解：函數的自變量x應滿足eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x≠2k＋eq\f(1,3)，k∈Z.所以函數的定義域是{x|x≠2k＋eq\f(1,3)，k∈Z}．由于f(x)＝tan(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3))＝tan(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3)＋π)＝tan[eq\f(π,2)(x＋2)＋eq\f(π,3)]＝f(x＋2)，因此函數的周期為2.由－eq\f(π,2)＋kπ<eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3)<eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得－eq\f(5,3)＋2k<x<eq\f(1,3)＋2k，k∈Z.因此，函數的單調遞增區間是(－eq\f(5,3)＋2k，eq\f(1,3)＋2k)，k∈Z.點評：同y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的周期性的研究一樣，這里可引導學生探究y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期T＝eq\f(π,ω).變式訓練求函數y＝tan(x＋eq\f(π,4))的定義域，值域，單調區間，周期性．解：由x＋eq\f(π,4)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可知定義域為{x|x∈R且x≠kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z}，值域：R.由x＋eq\f(π,4)∈(kπ－eq\f(π,2)，kπ＋eq\f(π,2))，k∈Z可得，在x∈(kπ－eq\f(3π,4)，kπ＋eq\f(π,4))上是增函數．周期是π，也可看作由y＝tanx的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位得到，其周期仍然是π.思路2例1把tan1，tan2，tan3，tan4按照由小到大的順序排列，并說明理由．活動：引導學生利用函數y＝tanx的單調性探究解題方法，也可利用單位圓中的正切線探究解題方法．但要提醒學生注意本節中活動的結論：正切函數在定義域內的每個區間上都是增函數，但我們不可以說正切函數在整個定義域內是增函數．學生可能的錯解有：錯解1：∵函數y＝tanx是增函數，又1<2<3<4，∴tan1<tan2<tan3<tan4.錯解2：∵2和3的終邊在第二象限，∴tan2，tan3都是負數．∵1和4的終邊分別在第一和第三象限，∴tan1，tan4都是正數．又∵函數y＝tanx是增函數，且2<3,1<4，∴tan2<tan3<tan1<tan4.教師可放手讓學生自己探究問題的解法．發現錯解后不要直接糾正，立即給出正確解法，可再讓學生討論分析找出錯的原因．解法1：∵函數y＝tanx在區間(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2))上是單調遞增函數，且tan1＝tan(π＋1)，又eq\f(π,2)<2<3<4<π＋1<eq\f(3π,2)，∴tan2<tan3<tan4<tan1.解法2：(如圖6)1,2,3,4的正切函數線分別是AT1，AT2，AT3，AT4，圖6∴tan2<tan3<tan4<tan1.點評：本例重在讓學生澄清正切函數單調性問題，這是學生的易錯點．把正切函數y＝tanx的單調性簡單地說成“在定義域內是增函數”是不對的．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能訓練))課本練習1～3.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(課堂小結))1．先由學生回顧本節都學到了哪些知識方法，有哪些啟發收獲．本節課我們是在研究完正、余弦函數的圖象與性質之后，研究的又一個具體的三角函數，與研究正弦、余弦函數的圖象和性質有什么不同？本節分析類比正弦、余弦函數的圖象與性質得出了正切函數的圖象與性質．2．教師點撥，本節研究的過程是由數及形，又由形及數相結合，也是我們研究函數的基本方法，特別是又運用了類比的方法、數形結合的方法、化歸的方法．請同學們課后思考總結：這種多角度觀察、探究問題的方法對我們今后學習有什么指導意義？eq