【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第五章 三角函数与解三角形 考点测试26 函数y＝A sin （ωx＋φ）的图象与性质 含解析【高考】.doc，共(20)页，399.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试26函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、解答题，分值为5分、12分，中等难度考纲研读1.了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的物理意义，能画出函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象，了解参数A，ω，φ对函

数图象变化的影响2．了解三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型，会用三角函数解决一些简单的实际问题一、基础小题1．已知函数f(x)＝sinωx＋π3(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象()A．关于点π12，0对称B．关于点π6，0对称C．关于

直线x＝π12对称D．关于直线x＝π3对称答案C解析∵T＝2πω＝π，∴ω＝2，于是f(x)＝sin2x＋π3，∵fπ12＝sin2×π12＋π3＝1≠0，故A错误，C正确；fπ6＝sin

2×π6＋π3≠0，故B错误；fπ3＝sin2×π3＋π3≠±1，故D错误．故选C.2．函数y＝cosx＋π2＋sinπ3－x具有的性质是()A．最大值

为3，图象关于直线x＝π6对称2B．最大值为1，图象关于直线x＝π6对称C．最大值为3，图象关于点π6，0对称D．最大值为1，图象关于点π6，0对称答案C解析因为y＝cosx＋π

2＋sinπ3－x＝－sinx＋32cosx－12sinx＝3sinπ6－x，所以函数的最大值为3，排除B，D；令π6－x＝kπ(k∈Z)，求得x＝π6－kπ(k∈Z)，所以函数图象关于点π6，0对称．故选C.3.

已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，φ∈π2，π的部分图象如图所示，且f(x)在[0，2π]上恰有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是()A．712，1312B．1112

，1712C．712，1312D．1112，1712答案B解析由题意知，f(x)＝sin(ωx＋φ)，∵f(0)＝sinφ＝32，φ∈π2，π，∴φ＝2π3，∵x∈[0，2π]，∴2π3≤ωx＋2π3

≤2πω＋2π3，∴5π2≤2πω＋2π3<7π2，∴1112≤ω<1712.故选B.4．若函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的最大值是4，最小值是0，最小正周期是π2，直线x＝π3是其图象的一条对称轴，则下列各式中符合条件的解析式是

()3A．y＝4sin4x＋π6B．y＝2sin2x＋π3＋2C．y＝2sin4x＋π3＋2D．y＝2sin4x＋π6＋2答案D解析函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的最小值是0，排除A；

最小正周期是π2，排除B；将x＝π3代入y＝2sin4x＋π3＋2，得y＝2sin4π3＋π3＋2＝2sin－π3＋2＝2－3.而2－3既不是y＝2sin4x＋π3＋2的最大值，也不是最小值，排除C.故选D.5．若函数f(x)＝2sin

2x＋π6在区间0，x03和2x0，7π6上都是单调递增函数，则实数x0的取值范围为()A．π6，π2B．π3，π2C．π6，π3D．π4，3π8答案B解析由2kπ－π2≤2x＋π6

≤2kπ＋π2(k∈Z)，得kπ－π3≤x≤kπ＋π6(k∈Z)，当k＝0时，递增区间为－π3，π6，当k＝1时，递增区间为2π3，7π6，因此x03≤π6，2x0≥2π3

，解得π3≤x0≤π2，故选B.6．(多选)将函数f(x)＝3cos2x＋π3－1的图象向左平移π3个单位，再向上平移1个单位，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有以下哪些性质()4A．最大值为3，图象关于直线x＝

－π3对称B．图象关于y轴对称C．最小正周期为πD．图象关于点π4，0成中心对称答案BCD解析将函数f(x)＝3cos2x＋π3－1的图象向左平移π3个单位，得到y＝3cos2x＋π3＋π3－1＝

3cos(2x＋π)－1＝－3cos2x－1的图象；再向上平移1个单位，得到函数g(x)＝－3cos2x的图象．对于函数g(x)，它的最大值为3，由于当x＝－π3时，g(x)＝32，不是最值，故g(x)的图象不关于

直线x＝－π3对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；它的最小正周期为2π2＝π，故C正确；当x＝π4时，g(x)＝0，故函数的图象关于点π4，0成中心对称，故D正确．7.(多选)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A＞0

，ω＞0，0＜|φ|＜π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝π2对称B．函数f(x)的图象关于点－π12，0对称C．函数f(x)在区间－π3，π6上单调递增D．函数y＝1与y＝f(x)

－π12≤x≤23π12的图象的所有交点的横坐标之和为8π35答案BCD解析由图可知，A＝2，T4＝2π3－5π12＝π4，∴T＝2πω＝π，则ω＝2，又2×5π12＋φ＝π，∴φ＝π6，满足0＜|φ|＜π，则f(x)＝

2sin2x＋π6.∵fπ2＝－1≠±2，∴f(x)的图象不关于直线x＝π2对称，A错误；∵f－π12＝0，∴f(x)的图象关于点－π12，0对称，B正确；由x∈－π

3，π6，得2x＋π6∈－π2，π2，则f(x)在区间－π3，π6上单调递增，C正确；由f(x)＝2sin2x＋π6＝1，得sin2x＋π6＝12，∴2x＋π6＝π6＋2kπ或2x＋π6＝5π6＋2kπ，k∈Z.取k＝0，得x＝0或π3；取

k＝1，得x＝π或4π3.∴函数y＝1与y＝f(x)－π12≤x≤23π12的图象的所有交点的横坐标之和为0＋π3＋π＋4π3＝8π3，D正确．故选BCD.8．已知函数y＝cosx与y＝sin(2x＋φ)

(0≤φ＜π)的图象有一个横坐标为π3的交点，则φ的值是________．答案π6解析由题意得，两个函数图象的交点坐标为π3，cosπ3，即π3，12，代入y＝sin(2x＋φ)，得12＝sin2π3＋φ，因为0≤φ＜π，所以2π3≤2π3＋φ＜5π3，所以2

π3＋φ＝5π6，φ＝π6.二、高考小题9．(2021·新高考Ⅰ卷)下列区间中，函数f(x)＝7sinx－π6单调递增的区间是()A．0，π2B．π2，πC．π，3π2

D．3π2，2π6答案A解析令－π2＋2kπ≤x－π6≤π2＋2kπ，k∈Z，得－π3＋2kπ≤x≤2π3＋2kπ，k∈Z.取k＝0，则－π3≤x≤2π3.因为0，π2－π3，2π3，所以区间0，π2是函数f(x)的单调递增区

间．故选A.10．(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y＝sinx－π4的图象，则f(x)＝()A．sinx2－7π12B．sinx2＋π12C．sin

2x－7π12D．sin2x＋π12答案B解析依题意，将y＝sinx－π4的图象向左平移π3个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到f(x)的图象，所以y＝sinx

－π4y＝sinx＋π12的图象――→所有点的横坐标扩大到原来的2倍f(x)＝sinx2＋π12的图象．11．(2020·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝cosωx＋π6在[－π，π]的图象大致如下图，则f(x)的

最小正周期为()A.10π9B．7π6C．4π3D．3π2答案C7解析由图可得，函数图象过点－4π9，0，所以cos－4π9·ω＋π6＝0.又－4π9，0是函数f(x)的图象与x轴负半轴的第一个交点，所以－4π9·ω＋π6

＝－π2，解得ω＝32.所以函数f(x)的最小正周期为T＝2πω＝2π32＝4π3.故选C.12．(多选)(2020·新高考Ⅰ卷)右图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()

A.sinx＋π3B．sinπ3－2xC．cos2x＋π6D．cos5π6－2x答案BC解析由函数图象可知T2＝2π3－π6＝π2，所以T＝π，则|ω|＝2πT＝2ππ＝2，所以ω＝±2，当ω＝2时，由函数图象过点π6，0，

2π3，0，且f(0)>0，得φ＝2π3＋2kπ，k∈Z，所以y＝sin2x＋2π3＝－cos5π6－2x，同理，当ω＝－2时，φ＝π3－2kπ，k∈Z，所以y＝sin－2x＋π3＝cos2

x＋π6.故选BC.13．(2019·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝sinωx＋π5(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点；8

③f(x)在0，π10单调递增；④ω的取值范围是125，2910.其中所有正确结论的编号是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④答案D解析已知f(x)＝sinωx＋π5(ω>0)在[0，2π]有且仅有5个零点，如图，其图

象的右端点的横坐标在[a，b)上，此时f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点，但f(x)在(0，2π)可能有2或3个极小值点，所以①正确，②不正确；当x∈[0，2π]时，ωx＋π5∈π5，2πω＋π5，由f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点可得5π≤2πω＋π5<6π，得ω的

取值范围是125，2910，所以④正确；当x∈0，π10时，π5<ωx＋π5<πω10＋π5<49π100<π2，所以f(x)在0，π10单调递增，所以③正确．故选D.14．(2021

·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件f（x）－f－7π4f（x）－f4π3>0的最小正整数x为________.答案2解析由3T4＝13π12－π3＝3π4，得T＝π，ω＝2，将

π3，0代入f(x)＝2cos(2x＋φ)，9得cos2π3＋φ＝0，将点π3，0看作“五点作图法”中的第二个点，则2π3＋φ＝π2，φ＝－π6，所以f(x)＝2cos2x－π6.所以f－7π4＝1，f

4π3＝0.则f（x）－f－7π4f（x）－f4π3>0，即(f(x)－1)f(x)>0，解得f(x)<0或f(x)>1.所以cos2x－π6>12或cos2x－π6<0.当x＝1时

，2x－π6＝2－π6∈π3，π2，cos2x－π6∈0，12，不符合题意；当x＝2时，2x－π6＝4－π6∈π，7π6，cos2x－π6<0，符合题意．所以满足题意

的最小正整数x为2.15．(2020·江苏高考)将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________．答案x＝－5π24解析将函数y＝3sin2x＋

π4的图象向右平移π6个单位长度，所得图象对应的解析式为y＝3sin2x－π6＋π4＝3sin2x－π12，令2x－π12＝π2＋kπ(k∈Z)，得x＝7π24＋kπ2(k∈Z).当k＝－1时，x＝－5π24，故与y

轴最近的对称轴的方程为x＝－5π24.三、模拟小题16．(2021·广东茂名五校第三次联合考试)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象与函数g(x)＝cos2x＋π3的图象关于y轴对称，

则符合条件的ω，φ的对应值可以为()A．1，π3B．1，π6C．2，π3D．2，π6答案D解析因为g(x)＝cos2x＋π3的图象与y＝cos－2x＋π3的图象关于y轴对称，所以f(x)＝sin(ωx

＋φ)＝cos－2x＋π3＋2kπ，k∈Z，即cosπ2－（ωx＋φ）10＝cos－2x＋π3＋2kπ，k∈Z，所以π2－ωx－φ＝－2x＋π3＋2kπ，k∈Z，即(2－ω)x－φ＝2kπ－π6，k∈Z，所以ω＝2，φ

＝π6－2kπ，k∈Z，所以D符合．故选D.17．(2021·福建厦门第一次质量检测)函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，且fπ2＝－1，现将f(x)的图象向左平移π4个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在

区间π12，5π12上的值域是()A．－1，22B．[1，2]C．－22，1D．[－2，1]答案D解析设f(x)的最小正周期为T，由题图可知T2＝11π12－7π12＝π3，所以T＝2π3，ω＝3.当x＝7

π12时，y＝0，即3×7π12＋φ＝2kπ－π2(k∈Z)，所以φ＝2kπ－9π4(k∈Z).因为|φ|<π2，所以k＝1，φ＝－π4，所以f(x)＝Acos3x－π4.又fπ2＝Acos3π2－π4＝－1，所以A＝

2，f(x)＝2cos3x－π4，则g(x)＝－2sin3x.当x∈π12，5π12时，3x∈π4，5π4，所以sin3x∈－22，1，得g(x)＝－2sin3x∈[－2，

1]，故选D.18．(2021·福建三明期末)已知f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)在区间12，32上是单调函数，若f12＝2，且f(0)＋f32＝0，将曲线y＝f(x)向右平移1个单位长度，得到曲线y＝g(x)，则

函数y＝xg(x)－2在区间[－4，4]上的零点个数为()A．3B．4C．5D．611答案C解析因为f(x)＝2sin(ωx＋φ)，所以f(x)max＝2，又f12＝2，故f12＝f(x)max，所以12为波峰，又f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)

在区间12，32上是单调函数，所以T＝2πω≥2且f(x)在0，12上也一定单调，所以f(0)＝f(1)，则f(1)＋f32＝0，故f1＋322＝f54＝0，作出简图如图1所示，由图易知f

(x)＝2sin2π3x＋π6，因为将曲线y＝f(x)向右平移1个单位长度，得到曲线y＝g(x)，所以g(x)＝－2cos2π3x，函数y＝xg(x)－2的零点个数，即函数y＝g(x)的图象与y＝2x的图象的交点个数，即

函数y＝cos2π3x的图象与y＝－1x的图象的交点个数，作出简图如图2所示，故函数y＝cos2π3x的图象与y＝－1x的图象在[－4，4]上的交点个数为5，所以函数y＝xg(x)－2在区间[－4，4]上的零点个数为5，故选C.19.(多选)(2021·辽宁锦州黑山中学月考

)如图是某市夏季某一天的温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(0＜φ＜π)，则下列说法正确的是()12A．该函数的周期是16B．该函数图象的一条对称轴是直线x＝14C．该函数的解析式是y＝10sinπ8x＋3π4＋20(6≤x≤14)D．该市这一天

中午12时天气的温度大约是27℃答案ABD解析对于A，由图象可知，该函数的最小正周期为T＝2×(14－6)＝16，A正确；对于B，该函数在x＝14时取得最大值，∴该函数图象的一条对称轴是直线x＝14，B正确

；对于C，由图象可得A＋B＝30，－A＋B＝10，解得A＝10，B＝20，ω＝2πT＝2π16＝π8，∵图象经过点(14，30)，∴30＝10sinπ8×14＋φ＋20，∴sin

7π4＋φ＝1.∵0＜φ＜π，∴7π4＜7π4＋φ＜11π4，则7π4＋φ＝5π2，∴φ＝3π4，∴函数解析式为y＝10sinπ8x＋3π4＋20(0≤x≤24)，C错误；当x＝12时，y＝10sinπ8×12＋3π4＋20＝10×2

2＋20≈27，故D正确．20.(多选)(2021·福建泉州科技中学高三第一次月考)如图，点P是函数f(x)＝π2sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0)图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点，若M－π6，0，且PM→·PN→＝0，则()A．N

2π3，0B．ω＝1C．Pπ3，π2D．φ＝2π3答案BC13解析由题知点P的纵坐标为π2，又PM→·PN→＝0，所以PM⊥PN，PM＝PN，所以MN＝2yp＝π，所以f(x)的周期T＝2π，所以2πω＝2π，ω＝1，故B正确；所以xP＝xM＋T4＝π3，故C

正确；xN＝xM＋T2＝5π6，故A错误，将Pπ3，π2代入函数解析式，可得sinπ3＋φ＝1，φ＝π6＋2kπ(k∈Z)，故D错误．故选BC.21.(多选)(2021·湖南师大附中高三第二

次月考)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，0＜φ＜π)的部分图象如图中实线所示，图中圆C与f(x)的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是()A．函数f(x)在－3π2，－π上单调递增B．函数f(x)的图象关于点－2π3，0成中心对称C．函

数f(x)的图象向右平移5π12个单位后关于直线x＝5π6成轴对称D．若圆半径为5π12，则函数f(x)的解析式为f(x)＝3π6sin2x＋π3答案BD解析由图易得点C的横坐标为π3，所以f(x)的

周期T＝π，所以ω＝2，又f－π6＝0，0<φ<π，所以φ＝π3，因此f(x)＝Asin2x＋π3.当x∈－3π2，－π时，2x＋π3∈－8π3，－5π3，显然f(x)不单调．f－2π3

＝Asin(－π)＝0，所以函数f(x)的图象关于点－2π3，0成中心对称．函数f(x)的图象向右平移5π12个单位后得到y＝Asin2x－5π12＋π3＝Asin2x－π2＝－Acos2x的图象，其不关

于直线x＝5π6对称．若14圆半径为5π12，则32A＝5π122－π32，所以A＝3π6，函数f(x)的解析式为f(x)＝3π6sin2x＋π3.故选BD.22．(2021

·山东德州第一次模拟)若函数f(x)＝sinωx＋π6(ω>0)在0，5π18上存在唯一极值点，且在π2，π上单调，则ω的取值范围为________．答案65<ω≤43解析当x∈

0，5π18时，ωx＋π6∈π6，5π18ω＋π6，又f(x)在0，5π18上存在唯一极值点，故π2<5π18ω＋π6≤3π2，解得65<ω≤245，因为f(x)在π2，π上单调，所以T2≥π－π2＝π2，故T

≥π，ω≤2，即65<ω≤2.当x∈π2，π时，ωx＋π6∈π2ω＋π6，πω＋π6，故π2ω＋π6∈23π30，7π6，则πω＋π6≤3π2，解得ω≤43.综上所述，65<ω≤43.一、高考大题1．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝3cos

2x－π3－2sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求证：当x∈－π4，π4时，f(x)≥－12.解(1)f(x)＝32cos2x＋32sin2x－sin2x＝12si

n2x＋32cos2x＝sin2x＋π3，所以f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.(2)证明：因为－π4≤x≤π4，所以－π6≤2x＋π3≤5π6，15所以sin2x＋π3≥sin－π6＝－12，所以当x∈－π4，π4时，f(x)≥－12.

2．(2017·山东高考)设函数f(x)＝sinωx－π6＋sinωx－π2，其中0<ω<3.已知fπ6＝0.(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的

2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在－π4，3π4上的最小值．解(1)因为f(x)＝sinωx－π6＋sinωx－π2，所以f(x)＝32sinωx－12cosωx－cosωx＝32sinωx－

32cosωx＝312sinωx－32cosωx＝3sinωx－π3.由题设知fπ6＝0，所以ωπ6－π3＝kπ，k∈Z.故ω＝6k＋2，k∈Z，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f(x)＝3s

in2x－π3，所以g(x)＝3sinx＋π4－π3＝3sinx－π12.因为x∈－π4，3π4，所以x－π12∈－π3，2π3，当x－π12＝－π3，

即x＝－π4时，g(x)取得最小值－32.二、模拟大题3.(2021·重庆巴蜀中学高考适应性月考三)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋16φ)A>0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)

的解析式；(2)将函数f(x)的图象向左平移π12个单位长度后得到函数g(x)的图象，求g(x)在区间－π2，0上的值域．解(1)由最大值可确定A＝2，因为T＝4×5π12－π6＝π，所以ω＝2πT＝2，此时f(x)＝2sin(2x＋φ)，

代入最高点5π12，2，可得sin5π6＋φ＝1，从而5π6＋φ＝π2＋2kπ(k∈Z)，结合|φ|<π2，于是当k＝0时，φ＝－π3，所以f(x)＝2sin2x－π3.(2)由题意，g(x)＝fx＋π12＝2sin

2x＋π12－π3＝2sin2x－π6，当x∈－π2，0时，2x－π6∈－7π6，－π6，则有sin2x－π6∈sin－π2，s

in－7π6，即sin2x－π6∈－1，12，所以g(x)在区间－π2，0上的值域为[－2，1].4．(2021·辽宁省葫芦岛协作校高三第一次考试)已知函数f(x)＝sin(

ωx＋φ)ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示．17(1)求f(x)的解析式；(2)把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的m(m>1)倍(纵坐标不变)后，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x)在0，π3上有最大值，求m的取

值范围．解(1)由图可知3＋14T＝7π8－－5π24＝13π12，则T＝π3＝2πω，解得ω＝6.将点－5π24，0代入f(x)＝sin(6x＋φ)，得－5π4＋φ＝kπ(

k∈Z)，因为|φ|<π2，所以φ＝π4.故f(x)的解析式为f(x)＝sin6x＋π4.(2)依题意可得g(x)＝sin6mx＋π4，因为g(x)在0，π3上有最大值，且当x∈0，π3时，6mx＋π4

∈π4，2πm＋π4，所以2πm＋π4>π2，又m>1，所以1<m<8，即m的取值范围是(1，8).5．(2021·宿迁质量测评)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω＞0，0＜φ＜π2的部分图象

如图所示，该图象与y轴交于点F(0，1)，与x轴交于点B，C，M为最高点，且△MBC的面积为π2.18(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对任意的x∈0，π2，都有|f(x)＋log2k|≤2，求实数k的取值范围．解(1)△MBC的面积S＝12×2BC＝BC＝π2，即周期T

＝π＝2πω，则ω＝2，由f(0)＝2sinφ＝1，得sinφ＝12，∵0＜φ＜π2，∴φ＝π6，∴f(x)＝2sin2x＋π6.(2)∵x∈0，π2，∴2x＋π6∈π6，7π6，∴－1≤2sin2x＋π6≤2，即－1≤f(x)≤2.由|

f(x)＋log2k|≤2，得－2≤f(x)＋log2k≤2，即－f(x)－2≤log2k≤2－f(x)在0，π2上恒成立，则[－f(x)－2]max≤log2k≤[2－f(x)]min，即－1≤log2k≤0，即12≤k≤1，故实数k的取值范围是1

2≤k≤1.6．(2021·广东汕头高三摸底考试)已知函数y＝f(x)＝3sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ)(0<φ<π).(1)若φ＝π3，在给定的坐标系中，画出函数y＝f(x)在[0，π]上的图象；19(2)若y＝f(x)是偶函数，求φ；(3)在(2)的前提下，将函数

y＝f(x)的图象向右平移π6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在[0，π]上的单调递减区间．解(1)当φ＝π3时，f(x)＝3sin2x＋π3－cos2x＋π3＝32sin2

x＋32cos2x－12cos2x＋32sin2x＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.列表：x0π65π122π311π12πy120－201函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象如图：(2)f(

x)＝3sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ)＝2sin2x＋φ－π6.因为f(x)为偶函数，所以y轴是f(x)图象的对称轴，20所以φ－π6＝kπ＋π2(k∈Z)，即φ＝kπ＋2π3(k∈Z)，又因为0<φ<π，所以φ＝2π3.(3)由(2)知f(x)＝2sin

2x＋π2＝2cos2x，将f(x)的图象向右平移π6个单位后，得到y＝2cos2x－π6＝2cos2x－π3的图象，再将横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝2cosx2－π3的

图象，当2kπ≤x2－π3≤2kπ＋π(k∈Z)，即4kπ＋2π3≤x≤4kπ＋8π3(k∈Z)时，g(x)单调递减，因此g(x)在[0，π]上的单调递减区间为2π3，π.