三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)課前必備知識課標要求1.能畫出基本三角函數(shù)的圖象，了解三角函數(shù)的定義域、值域、奇偶性、單調(diào)性、周期性及最值.2.會求與三角函數(shù)有關(guān)的簡單函數(shù)的定義域、值域或最值．知識梳理1．用五點法作正弦、余弦函數(shù)的簡圖(1)y＝sinx的圖象在[0，2π]上的五個關(guān)鍵點的坐標為(0，0)，__(eq\f(π,2)，1)__，(π，0)，__(eq\f(3π,2)，－1)__，(2π，0).(2)y＝cosx的圖象在[0，2π]上的五個關(guān)鍵點的坐標為(0，1)，(eq\f(π,2)，0)，__(π，－1)__，(eq\f(3π,2)，0)，__(2π，1)__．2．三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)(其中k∈Z)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象周期性2π2ππ奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)對稱軸x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ—對稱中心(kπ，0)(kπ＋eq\f(π,2)，0)(eq\f(kπ,2)，0)遞增區(qū)間[2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2)][2kπ－π，2kπ](kπ－eq\f(π,2)，kπ＋eq\f(π,2))遞減區(qū)間[2kπ＋eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(3π,2)][2kπ，2kπ＋π]—常用結(jié)論1．對稱與周期(1)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期；相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是eq\f(1,4)個周期．(2)正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期．2．奇偶性若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)，則(1)f(x)為偶函數(shù)的充要條件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；(2)f(x)為奇函數(shù)的充要條件是φ＝kπ(k∈Z).課前訓(xùn)練1．(教材母題必修習(xí)題5.4T10)函數(shù)y＝cos(2x＋eq\f(π,3))，x∈[0，eq\f(π,2)]的值域為()A．[0，1] B．[－1，eq\f(1,2)]C．[－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)] D．[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]解析：B因為x∈[0，eq\f(π,2)]，2x＋eq\f(π,3)∈[eq\f(π,3)，eq\f(4π,3)]，所以y＝cos(2x＋eq\f(π,3))∈[－1，eq\f(1,2)].故選B.2．下列函數(shù)中周期為π且為偶函數(shù)的是()A．y＝sin(2x－eq\f(π,2)) B．y＝cos(2x－eq\f(π,2))C．y＝sin(x＋eq\f(π,2)) D．y＝cos(x＋eq\f(π,2))解析：A對于A，y＝sin(2x－eq\f(π,2))＝－cos2x，周期為π且是偶函數(shù)，A正確；對于B，y＝cos(2x－eq\f(π,2))＝sin2x，周期為π且是奇函數(shù)，B錯誤；對于C，y＝sin(x＋eq\f(π,2))＝cosx，周期為2π，C錯誤；對于D，y＝cos(x＋eq\f(π,2))＝－sinx，周期為2π，D錯誤．故選A.3．函數(shù)f(x)＝2tan(3x＋eq\f(π,6))＋1的圖象的一個對稱中心可以是()A．(－eq\f(π,6)，0)B．(－eq\f(π,18)，0)C．(－eq\f(π,6)，1)D．(－eq\f(π,18)，1)解析：D令3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,6)－eq\f(π,18)(k∈Z)，當k＝0時，x＝－eq\f(π,18).因為f(x)＝2tan(3x＋eq\f(π,6))＋1的圖象是由f(x)＝2tan(3x＋eq\f(π,6))的圖象向上平移1個單位長度得到的，所以函數(shù)f(x)＝2tan(3x＋eq\f(π,6))＋1圖象的一個對稱中心可以是(－eq\f(π,18)，1).故選D.4．(教材母題必修5.4.2練習(xí)T5改編)函數(shù)y＝eq\r(2)cos(2x－eq\f(π,3))的單調(diào)遞增區(qū)間是________________________________．解析：[kπ＋eq\f(2,3)π，kπ＋eq\f(7,6)π](k∈Z)由2kπ＋π≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋2π(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(2,3)π≤x≤kπ＋eq\f(7,6)π(k∈Z)，所以y＝eq\r(2)cos(2x－eq\f(π,3))的單調(diào)遞增區(qū)間是[kπ＋eq\f(2,3)π，kπ＋eq\f(7,6)π](k∈Z).5．函數(shù)y＝eq\r(sinx－cosx)的定義域為________________________________．解析：[2kπ＋eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(5π,4)](k∈Z)要使函數(shù)有意義，必須使sinx－cosx≥0.利用圖象，在同一坐標系中畫出y＝sinx和y＝cosx在[0，2π]上的圖象，如圖所示．在[0，2π]內(nèi)，滿足sinx＝cosx的x為eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再結(jié)合正弦、余弦函數(shù)的周期是2π，所以原函數(shù)的定義域為{x|2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)，k∈Z}．

課堂核心考點考點1三角函數(shù)的定義域和值域(最值)【例1】(1)函數(shù)y＝eq\r(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定義域為_____________________．(2)函數(shù)y＝－tan2x＋4tanx＋1，x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]的值域為______________．(3)函數(shù)f(x)＝cos(2x＋eq\f(π,6))的定義域為[0，m]，值域為[－1，eq\f(\r(3),2)]，則實數(shù)m的取值范圍是____________.解析：(1){x|2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z}eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,cosx－\f(1,2)≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，,2kπ－\f(π,3)≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z，))解得2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.(2)[－4，4]因為－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，所以－1≤tanx≤1.令tanx＝t，則t∈[－1，1]，所以y＝－t2＋4t＋1＝－(t－2)2＋5.所以當t＝－1，即x＝－eq\f(π,4)時，ymin＝－4，當t＝1，即x＝eq\f(π,4)時，ymax＝4.故所求函數(shù)的值域為[－4，4].(3)[eq\f(5π,12)，eq\f(5π,6)]因為x∈[0，m]，則eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤2m＋eq\f(π,6)，且－1≤cos(2x＋eq\f(π,6))≤eq\f(\r(3),2)，則π≤2m＋eq\f(π,6)≤eq\f(11π,6)，解得eq\f(5π,12)≤m≤eq\f(5π,6).1．解簡單三角不等式的步驟：如sinx>a.第一步，作出y＝sinx的圖象．第二步，作直線y＝a，在三角函數(shù)的圖象上找出一個周期內(nèi)(不一定是[0，2π])在直線y＝a上方的圖象．第三步，確定sinx＝a的x值，寫出解集．2．三角函數(shù)最值或值域的3種求法(1)直接法：直接利用sinx和cosx的值域求解．(2)化一法：把所給三角函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，由正弦函數(shù)的單調(diào)性寫出函數(shù)的值域．(3)換元法：把sinx，cosx，sinxcosx或sinx±cosx換成t，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)．變式探究1．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2cosx－1),lg(tanx＋1))的定義域為()A．(2kπ－eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(π,3))(k∈Z)B．(2kπ－eq\f(π,4)，2kπ)∪(2kπ，2kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z)C．(kπ－eq\f(π,4)，kπ＋eq\f(π,3))(k∈Z)D．(kπ－eq\f(π,4)，kπ)∪(kπ，kπ＋eq\f(π,3))(k∈Z)解析：B由函數(shù)式知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cosx－1≥0，,tanx＋1≠1，,tanx＋1>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx≥\f(1,2)，,tanx≠0,tanx>－1，))即x∈(2kπ－eq\f(π,4)，2kπ)∪(2kπ，2kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z).故選B.2．函數(shù)y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域為__________.解析：[－eq\f(1,2)－eq\r(2)，1]設(shè)t＝sinx－cosx，則t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，所以y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)].當t＝1時，ymax＝1；當t＝－eq\r(2)時，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2).所以函數(shù)的值域為[－eq\f(1,2)－eq\r(2)，1].考點2三角函數(shù)的奇偶性、周期性和對稱性【例2】(1)若函數(shù)f(x)＝4sin(ωx－eq\f(π,3))(ω>0)的最小正周期為π，則f(x)圖象的對稱軸可以是()A．x＝－eq\f(π,12) B．x＝0C．x＝eq\f(π,6) D．x＝eq\f(2π,3)(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)為奇函數(shù)，且存在x0∈(0，eq\f(π,3))，使得f(x0)＝2，則φ的一個可能值為()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(π,3)C．－eq\f(π,6) D．－eq\f(2π,3)(3)(2022·新課標Ⅰ卷)記函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))＋b(ω>0)的最小正周期為T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點(eq\f(3π,2)，2)中心對稱，則f(eq\f(π,2))＝()A．1B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2)D．3解析：(1)A由題意得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝4sin(2x－eq\f(π,3))，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，所以f(x)圖象的對稱軸為x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，當k＝－1時，x＝－eq\f(π,12)，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸可以是x＝－eq\f(π,12).故選A.(2)C因為f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin(2x＋φ＋eq\f(π,6))為奇函數(shù)，所以φ＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，可得φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，所以排除B、D；對于A，當φ＝eq\f(5π,6)時，f(x)＝2sin(2x＋π)＝－2sin2x，當x∈(0，eq\f(π,3))時，2x∈(0，eq\f(2π,3))，f(x)<0，不符合題意；對于C，當φ＝－eq\f(π,6)時，f(x)＝2sin2x，f(eq\f(π,4))＝2sineq\f(π,2)＝2，符合題意．故選C.(3)A由函數(shù)f(x)的最小正周期T滿足eq\f(2π,3)<T<π，得eq\f(2π,3)<eq\f(2π,ω)<π，解得2<ω<3，又因為函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(eq\f(3π,2)，2)對稱，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，且b＝2，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z，所以ω＝eq\f(5,2)，f(x)＝sin(eq\f(5,2)x＋eq\f(π,4))＋2，所以f(eq\f(π,2))＝sin(eq\f(5,4)π＋eq\f(π,4))＋2＝1.故選A.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的奇偶性、周期性和對稱性(1)若f(x)＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)，則當x＝0時，f(x)取得最大或最小值；若f(x)＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則當x＝0時，f(x)＝0.(2)對于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)，其對稱軸一定經(jīng)過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數(shù)的零點，因此在判斷直線x＝x0或點(x0，0)是否是函數(shù)的對稱軸或?qū)ΨQ中心時，可通過檢驗f(x0)的值進行判斷．(3)掌握一些簡單函數(shù)的周期：如①y＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(2π,|ω|)；②y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(π,|ω|)；③y＝|sinx|的最小正周期為π；④y＝|tanx|的最小正周期為π.變式探究3．(多選)(2024·新課標Ⅱ卷)對于函數(shù)f(x)＝sin2x和g(x)＝sin(2x－eq\f(π,4))，下列說法正確的有()A．f(x)與g(x)有相同的零點B．f(x)與g(x)有相同的最大值C．f(x)與g(x)有相同的最小正周期D．f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱軸解析：BC對于A，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即為f(x)零點，令g(x)＝sin(2x－eq\f(π,4))＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，即為g(x)零點，顯然f(x)，g(x)零點不同，A錯誤；對于B，顯然f(x)max＝g(x)max＝1，B正確；對于C，根據(jù)周期公式，f(x)，g(x)的周期均為eq\f(2π,2)＝π，C正確；對于D，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，f(x)圖象的對稱軸滿足2x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，g(x)圖象的對稱軸滿足2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，顯然f(x)，g(x)圖象的對稱軸不同，D錯誤．故選BC.4．關(guān)于函數(shù)f(x)＝4sin(2x＋eq\f(π,3))(x∈R)，有下列命題：①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2必是π的整數(shù)倍；②y＝f(x)的表達式可改寫為y＝4cos(2x－eq\f(π,6))；③y＝f(x)的圖象關(guān)于點(－eq\f(π,6)，0)對稱；④y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,6)對稱．其中正確命題的序號是__________(把你認為正確的命題序號都填上).解析：②③因為函數(shù)f(x)＝4sin(2x＋eq\f(π,3))的最小正周期T＝π，所以相鄰兩個零點的橫坐標間的距離是eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，故①錯誤．利用誘導(dǎo)公式得f(x)＝4cos[eq\f(π,2)－(2x＋eq\f(π,3))]＝4cos(eq\f(π,6)－2x)＝4cos(2x－eq\f(π,6))，故②正確．由于函數(shù)f(x)的圖象與x軸的每個交點都是它的對稱中心，將x＝－eq\f(π,6)代入函數(shù)f(x)得f(－eq\f(π,6))＝4sin[2×(－eq\f(π,6))＋eq\f(π,3)]＝4sin0＝0，因此點(－eq\f(π,6)，0)是f(x)圖象的一個對稱中心，故③正確．函數(shù)f(x)圖象的對稱軸必經(jīng)過圖象的最高點或最低點，且與y軸平行，而當x＝－eq\f(π,6)時，y＝0，點(－eq\f(π,6)，0)不是最高點也不是最低點，故直線x＝－eq\f(π,6)不是圖象的對稱軸，故命題④錯誤．考點3三角函數(shù)的單調(diào)性及綜合應(yīng)用【例3】(1)下列各式中正確的是()A．taneq\f(3π,5)>taneq\f(π,5)B．tan2>tan3C．cos(－eq\f(17π,4))>cos(－eq\f(23π,5))D．sin(－eq\f(π,18))<sin(－eq\f(π,10))(2)(2025·河北高三統(tǒng)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)－1(ω>0)，若對于任意實數(shù)φ，f(x)在區(qū)間[eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]上至少有2個零點，至多有3個零點，則ω的取值范圍是()A．[eq\f(8,3)，eq\f(16,3))B．[4，eq\f(16,3))C．[4，eq\f(20,3))D．[eq\f(8,3)，eq\f(20,3))(3)設(shè)函數(shù)f(x)＝4sin(ωx＋φ)，其中0<ω<1，|φ|<π，若f(eq\f(3π,8))＝4，f(eq\f(9π,8))＝0，則f(x)在[0，2π]上的單調(diào)減區(qū)間是()A．[0，eq\f(3,8)π] B．[eq\f(15,8)π，2π]C．[eq\f(3,8)π，eq\f(15,8)π] D．[0，π]解析：(1)C對于A，taneq\f(3π,5)＝tan(eq\f(3π,5)－π)＝tan(－eq\f(2π,5))，因為正切函數(shù)y＝tanx在(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))上為增函數(shù)，且－eq\f(π,2)<－eq\f(2π,5)<eq\f(π,5)<eq\f(π,2)，所以tan(－eq\f(2π,5))<taneq\f(π,5)，即taneq\f(3π,5)<taneq\f(π,5)，A錯誤；對于B，由于正切函數(shù)y＝tanx在(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2))上為增函數(shù)，且eq\f(π,2)<2<3<eq\f(3π,2)，所以tan2<tan3，B錯誤；對于C，cos(－eq\f(17π,4))＝coseq\f(17π,4)＝coseq\f(π,4)，cos(－eq\f(23π,5))＝coseq\f(23π,5)＝coseq\f(3π,5)，因為余弦函數(shù)y＝cosx在(0，π)為減函數(shù)，且0<eq\f(π,4)<eq\f(3π,5)<π，所以coseq\f(π,4)>coseq\f(3π,5)，即cos(－eq\f(17π,4))>cos(－eq\f(23π,5))，C正確；對于D，由于正弦函數(shù)y＝sinx在(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))上為增函數(shù)，且－eq\f(π,2)<－eq\f(π,10)<－eq\f(π,18)<eq\f(π,2)，所以sin(－eq\f(π,18))>sin(－eq\f(π,10))，D錯誤．故選C.(2)B令f(x)＝0，則sin(ωx＋φ)＝eq\f(1,2).令t＝ωx＋φ，則sint＝eq\f(1,2)，則問題轉(zhuǎn)化為y＝sint在區(qū)間[eq\f(π,4)ω＋φ，eq\f(3π,4)ω＋φ]上至少有2個t，至多有3個t，使得sint＝eq\f(1,2)，求ω的取值范圍．作出y＝sint和y＝eq\f(1,2)的圖象，觀察交點個數(shù)，可知使得sint＝eq\f(1,2)的最短區(qū)間長度為2π，最長長度為2π＋eq\f(2,3)π，由題意列不等式2π≤(eq\f(3π,4)ω＋φ)－(eq\f(π,4)ω＋φ)<2π＋eq\f(2,3)π，解得4≤ω<eq\f(16,3).故選B.(3)C根據(jù)題意可以得出直線x＝eq\f(3,8)π和點(eq\f(9,8)π，0)分別是f(x)的圖象的一條對稱軸和一個對稱中心，所以eq\f(9π,8)－eq\f(3π,8)＝eq\f(3π,4)＝eq\f(2k－1,4)T＝eq\f(2k－1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f((2k－1)π,2ω)(k∈Z)，即ω＝eq\f(4k－2,3)(k∈Z)，又0<ω<1，所以ω＝eq\f(2,3).又由f(eq\f(3π,8))＝4得sin(eq\f(2,3)×eq\f(3,8)π＋φ)＝1，即eq\f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝4sin(eq\f(2,3)x＋eq\f(π,4)).由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)得f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[3kπ＋eq\f(3,8)π，3kπ＋eq\f(15,8)π](k∈Z)，所以f(x)在[0，2π]上的單調(diào)減區(qū)間是[eq\f(3,8)π，eq\f(15,8)π].故選C.(1)求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中A＞0，ω＞0)的單調(diào)區(qū)間時，要視“ωx＋φ”為一個整體，通過解不等式求解．但若ω＜0，則應(yīng)利用誘導(dǎo)公式將x的系數(shù)化為正數(shù)再處理．(2)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵循先化簡的原則，并注意復(fù)合函數(shù)單調(diào)性“同增異減”的規(guī)律及導(dǎo)數(shù)方法的應(yīng)用．變式探究5．(2023·新課標Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是____________.解析：[2，3)因為0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個根．令t＝ωx，則cost＝1有3個根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象及性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.6．(多選)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，則()A．由f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,2)可得x1－x2是π的整數(shù)倍B．函數(shù)f(x＋eq\f(π,3))為偶函數(shù)C．函數(shù)f(x)在[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]上為減函數(shù)D．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，10π)上有20個零點解析：BCD由已知得2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝sin(2x－eq\f(π,6)).對于A，當x1＝eq\f(π,6)，x2＝eq\f(π,2)時，f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,2)，但x1－x2＝－eq\f(π,3)不是π的整數(shù)倍，A錯誤；對于B，f(x＋eq\f(π,3))＝sin[2(x＋eq\f(π,3))－eq\f(π,6)]＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x是偶函數(shù)，B正確；對于C，x∈[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]時，2x－eq\f(π,6)∈[eq