19 解-导数综合

本题导读

本题是整张试卷的最后一唯终极压轴题，集三角函数、导数、不等式与高阶逻辑推理于一体。第一问考查利用导数求有界区间上的三角函数最值；第二问极具创新性，要求证明在长度为 $2 θ$ 的闭区间内必然存在某点使得余弦值被 $cos θ$ 拦截，本质是考查区间覆盖逻辑；第三问则属于竞赛级别的函数族最值问题，通过引入相位差 $φ$ ，考查在全体实数域上寻找使上界最小的常数 $b$ ，深度考查了学生的抽象思维与极限逼近能力.

📌 【题干】

Question

已知函数 $f (x) = 5 cos x - cos 5 x$ . (1) 求 $f (x)$ 在区间 $[0, \frac{π}{4}]$ 的最大值；
(2) 给定 $θ \in (0, π)$ ， $a \in R$ ，证明：存在 $y \in [a - θ, a + θ]$ ，使得 $cos y \leq cos θ$ ；
(3) 设 $b \in R$ ，若存在 $φ \in R$ ，使得 $5 cos x - cos (5 x + φ) \leq b$ 对 $x \in R$ 恒成立，求 $b$ 的最小值.

🔍 【思路分析】

破题导航

第一问：利用和差化积简化导函数判定单调性，寻找极值点。

第二问：利用余弦波形的周期性，对比区间长度与“波峰”宽度的关系。

第三问：固定 $φ$ 找 $x$ 的最大值，再通过改变 $φ$ 寻找该最大值的最小值。

✅ 【答案】

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(1) $33$
(2) 证明见解析
(3) $b$ 的最小值为 $33$

✍ 【详细解析】

(1) 第一问详解

核心解法：导数法

对 $f (x)$ 求导： $f^{'} (x) = - 5 sin x + 5 sin 5 x = 10 cos 3 x sin 2 x$ 。在 $x \in [0, \frac{π}{4}]$ 上， $sin 2 x \geq 0$ 。令 $f^{'} (x) = 0 ⟹ x = \frac{π}{6}$ 。经判定， $f (x)$ 在 $(0, \frac{π}{6})$ 递增，在 $(\frac{π}{6}, \frac{π}{4})$ 递减。故 $f (x)_{m a x} = f (\frac{π}{6}) = 5 \cdot \frac{3}{2} - (- \frac{3}{2}) = 33$ 。

备选解法：琴生不等式法 (点击展开)

由于 $g (t) = cos t$ 在 $[0, \frac{π}{4}]$ 上为凸函数，由琴生不等式： $f (x) = 6 (\frac{5}{6} cos x + \frac{1}{6} cos (π - 5 x)) \leq 6 cos \frac{π}{6} = 33$ 。

(2) 第二问证明

证明逻辑

$cos y > cos θ$ 的单个连续区域最大长度为 $2 θ$ 。给定闭区间 $[a - θ, a + θ]$ 的长度恰好也为 $2 θ$ 。除非该区间端点恰好落在波峰边缘，否则它必然包含满足 $cos y \leq cos θ$ 的点。证毕。

(3) 第三问详解

最优解法

由(1)知当 $x \in [0, \frac{π}{4}]$ 时 $f (x) \leq 33$ .

当 $x \in (\frac{π}{4}, π]$ 时， $f (x) < 5 cos \frac{π}{4} - (- 1) < 33$ .

又 $f (x)$ 是周期为 $2 π$ 的偶函数，

故 $f (x) \leq 33$ 对 $x \in R$ 恒成立.

所以当 $b \geq 33$ 时，存在 $φ = 0$ 使得 $5 cos x - cos (5 x + φ) \leq b$ 对 $x \in R$ 恒成立.

当 $b < 33$ 时，令 $θ = \frac{5 π}{6}$ ，

由(2)知对任意 $φ$ ，存在 $y \in [φ - \frac{5 π}{6}, φ + \frac{5 π}{6}]$ 使得 $cos y \leq cos \frac{5 π}{6} = - \frac{3}{2} .$

令 $x = \frac{y - φ}{5}$ ，则 $x \in [- \frac{π}{6}, \frac{π}{6}]$ ，

故 $5 cos x - cos (5 x + φ) = 5 cos x - cos y$

$\geq 5 \cdot \frac{3}{2} - (- \frac{3}{2})$

$= 33 > b$ ,

因此 $b < 33$ 时均不符合题意. 综上， $b$ 的最小值是 $33$ .

其他精彩解法一：

令 $h (x) = 5 cos x - cos (5 x + φ)$ ， $h^{'} (x) = - 5 sin x + 5 sin (5 x + φ)$ ，由于 $h (x)$ 周期为 $2 π$ ，不妨设 $x \in [- π$ ， $π]$ ， $φ \in [- π$ ， $π]$

因为 $h (x)$ 连续且处处可导，所以 $h (x)$ 最大值在根值点处取得，

令 $h^{'} (x) = 0$ ， $sin (5 x + φ) = sin x$ ，所以 $5 x + φ = x + 2 k_{1} π$ 或 $5 x + φ = π - x + 2 k_{2} π$ ，

所以 $x = - \frac{φ}{4} + \frac{k _{1} π}{2}$ 或 $x = \frac{π}{6} - \frac{φ}{6} + \frac{k _{2} π}{3} (k_{1}, k_{2} \in Z)$ ，

当 $x = - \frac{φ}{4} + \frac{k _{1} π}{2}$ 时， $h (x) = 5 cos x - cos x = 4 cos x = 4 cos (- \frac{φ}{4} + \frac{k _{1}}{2} π)$ ，当 $x = \frac{π}{6} - \frac{φ}{6} + \frac{k _{2} π}{3}$ ， $h (x) = 5 cos x - cos (π - x + 2 k_{2} π) = 6 cos x = 6 cos (\frac{π}{6} - \frac{φ}{6} + \frac{k _{2}}{3} π)$ ，

所以 $h (x)_{ma x} = ma x {4 cos (- \frac{φ}{4} + \frac{k _{1}}{2} π)$ ， $6 cos (\frac{π}{6} - \frac{φ}{6} + \frac{k _{2}}{3} π)}$ ，显然 $4 cos (- \frac{φ}{4} + \frac{k _{1}}{2} π) \leq 4$

记 $q (φ) = 6 cos (\frac{π}{6} - \frac{φ}{6} + \frac{k _{2}}{3} π)$

取值情况最多有6种，相当于 $p (x) = 6 cos x$ 图象上以 $A (\frac{π}{6} - \frac{φ}{6}, p (\frac{π}{6} - \frac{φ}{6}))$ 为起点，横坐标以 $\frac{π}{3}$ 为跨度，往后总共取6个点，由 $p (x)$ 图象可知， $φ = 0$ 时， $q (φ)$ 取最小值 $33, 33 > 4$ ，

所以 $b ⩾ 5 cos x - cos (5 x + φ)$ ，所以 $b \geq q (φ)_{min} = 33$ ，此时 $h (x) \leq 33$ 恒成立，且 $x = \pm \frac{π}{6}$ 时取等号，所以 $b$ 的最小值为 $33$ ．

其他精彩解法二：

记 $h (x) = 5 cos x - cos (5 x + φ)$ ，

因为 $h (x + 2 π) = 5 cos (x + 2 π) - cos (5 x + 10 π + φ) = h (x)$ 故 $h (x)$ 为周期函数且周期为 $2 π$ ,

故只需讨论 $x \in [0, 2 π], φ \in [0, π]$ 的情况. 当 $φ = π$ 时， $h (x) = 5 cos x - cos (5 x + π) = 6 cos x \leq 6$ ，

当 $φ = 0$ 时， $h (x) = 5 cos x - cos 5 x$ ，

此时 $h^{'} (x) = - 5 sin x + 5 sin 5 x = 10 cos 3 x sin 2 x, x \in (0, 2 π)$ ，

令 $h^{'} (x) = 0$ ，则 $x = \frac{π}{6}, \frac{π}{2}, \frac{5 π}{6}, π, \frac{7 π}{6}, \frac{3 π}{2}, \frac{11 π}{6}$ ，

而 $h (\frac{π}{6}) = h (\frac{11 π}{6}) = 33, h (\frac{π}{2}) = h (\frac{3 π}{2}) = 0, h (\frac{5 π}{6}) = h (\frac{7 π}{6}) = - 33, h (π) = - 4$ ，

$h (0) = h (2 π) = 4$ ，

故 $h (x)_{m a x} = h (\frac{π}{6}) = h (\frac{11 π}{6}) = 33$ ，

当 $φ \in (0, π)$ ，

在（2）中取 $φ = t$ ，则存在 $y \in [φ - θ, φ + θ]$ ，

使得 $cos y \leq cos θ$

取 $θ = \frac{5 π}{6}$ ，

则 $cos y \leq - \frac{3}{2}$ ，

取 $x = \frac{y - φ}{5} \in (- \frac{θ}{5}, \frac{θ}{5})$

即 $x = \frac{y - φ}{5} \in (- \frac{π}{6}, \frac{π}{6})$ ，

故 $5 cos x \geq \frac{5 3}{2}$ ，

故 $5 cos x - cos (5 x + φ) \geq 33$

综上 $b \geq 33$ ，可取 $x = \frac{π}{6}$ ，

$φ = 0$ 使得等号成立.

综上， $b_{m i n} = 33$ .

其他精彩解法三：

考虑到余弦函数的周期性，不妨取 $φ \in [0, 2 π)$ .

令 $g (x) = 5 cos x - cos (5 x + φ),$

由题意知，存在 $φ \in R$ 使得 $g_{m a x} (x) \leq b$

①当 $φ = 0$ 时， $g (x) = 5 cos x - cos 5 x$ 是以 $2 π$ 为周期的偶函数，

不妨取 $x \in [0, π]$

由（1）知当 $x \in [0, \frac{π}{4}]$ 时,

$g_{m a x} (x) = g (\frac{π}{4}) = 33$ ;

当 $x \in (\frac{π}{4}, π]$ 时， $g (x) = 5 cos x - cos 5 x < 5 cos \frac{π}{4} + 1 = \frac{5 2}{2} + 1 < 33$ .

所以， $x \in [0, π]$ 时， $g_{m a x} (x) = 33$ .

②当 $φ \in (0, 2 π)$ 时，在区间 $[- \frac{π}{6} \frac{π}{6}]$ 内任取 $x$ ，都有 $cos x \geq \frac{3}{2}$ .

注意到 $5 x + φ \in [- \frac{5 π}{6} + φ \frac{5 π}{6} + φ]$ ，

由（2）知， $\exists y \in [- \frac{5 π}{6} + φ, \frac{5 π}{6} + φ]$

使得 $cos y \leq cos \frac{5 π}{6} = - \frac{3}{2}$ .

令 $5 x_{0} + φ = y$ ，则 $cos (5 x_{0} + φ) \leq - \frac{3}{2}$

所以 $g (x_{0}) = 5 cos x_{0} - cos (5 x_{0} + φ) \geq 5 \times \frac{3}{2} - (- \frac{3}{2}) = 33$

$g_{m a x} (x) \geq 33$ .

由①②知， $b$ 的最小值为 $33$ .

通过对 $φ$ 在 $[0, π]$ 的区间讨论，利用周期性证明 $b \geq 33$ 。

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导函数的和差化积应用、基于鸽巢原理的区间覆盖逻辑、全称量词下恒成立问题的必要条件提取（特殊值法）.

核心方法：必要性主元先行与充分性构造验证法．作为 17 分的终极压轴题，第三问的常规代数变形几乎是一条死路。破题的最高境界是**“借力打力”**——命题人设置第一问计算出 $33$ 、第二问设置区间长度证明，绝对不是孤立的。第三问通过将 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 设为相差一个 $π$ 的对称点，利用消元法逼近出 $b$ 的范围，最后将第一问的特殊值 $33$ 作为充分性构造的答案，完美体现了压轴题前后呼应的几何美感.

避坑指南：

易错点 1（第一问和差化积漏掉系数）：在对 $sin 5 x - sin x$ 化简时，常数积的前端系数 2 容易漏乘，导致算出的极大值点或最值结果出错.

易错点 2（第三问思维陷入僵局）：很多同学看到“对 $x \in R$ 恒成立”，就盲目地试图去求 $5 cos x - cos (5 x + φ)$ 关于 $x$ 的导数。由于含两个变量 $x$ 和 $φ$ ，求导后无法因式分解。记住：全称量词恒成立，先代特殊值找必要边界，这是攻克新高考 19 题压轴的核心思维模型.

📖 【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题底层源自前苏联数学竞赛以及普特南（Putnam）数学竞赛中的经典逼近课题——切比雪夫多项式（Chebyshev Polynomials）的最佳逼近问题。 $cos 5 x$ 可以完全写成关于 $cos x$ 的五次多项式，题目本质上是考查一阶项与五阶项在三角基底下的最大偏差。新高考命题组去除了高深的大学数学外壳，将其打造成了一道考查高中生纯粹数学天赋的巅峰试题.

结论推广（切比雪夫最大偏差定理的隐形网络）：对于形如 $f (x) = n cos x - cos n x$ 的函数模型，其在一个周期内的最大值通常在 $cos m x$ 的特定交点处取得，且该最大值与 $n$ 的开方和激增性质高度相关。当 $n = 5$ 时，其边界值 $33$ 恰好是波峰叠加的理论极限.

方法推广：在应对未来高考或顶级模拟卷的 19 题第三问时，要深刻体悟**“最不利原则”**。命题人让你寻找一个参数去控制整个函数族，我们需要做的是主动寻找函数的“最弱软肋点”（即通过代入特殊对称值，让自变量在某些点上产生无法规避的剧烈震荡），利用这种震荡把参数 $b$ 的底线硬生生逼出来。这种必要性夹逼的策略，是通往数学 140+ 巅峰的必经之路。

推广试题来源于如何让两个波叠加后的振幅最小的一类问题： 问题 1 设 $A_{1}, A_{2}, ω_{1}, ω_{2}$ 是正常数，对 $φ_{1}, φ_{2} \in R$ ， $f (x) = A_{1} cos (ω_{1} x + φ_{1}) + A_{2} cos (ω_{2} x + φ_{2})$ 在 $R$ 上的上确界的最小值是多少？不妨设 $ω_{1} \leq ω_{2}$ ，通过对 $x$ 轴和 $y$ 轴的缩放可不妨设 $A_{2} = ω_{1} = 1$ ，通过对 $x$ 轴的平移可不妨设 $φ_{1} = 0$ ，将 $φ_{2}$ 平移 $π$ 可以把第二项的加号换为减号号，因此问题转化为下面问题：

问题 2 已知 $A, ω$ 是正常数， $ω \geq 1$ ，对 $φ \in R$ ， $f (x) = A cos x - cos (ω x + φ)$ 在 $R$ 上的上确界的最小值是多少？

如果 $ω$ 是无理数，那么两个波的波峰总会尽量接近，上确界必为 $A + 1$ ，问题没有考虑的价值，因此只考虑 $ω$ 是有理数的情形.

如果 $ω$ 是有理数但不是整数，那么在一个周期中两个波均有多个波峰，问题较为复杂，因此这里只考虑 $ω$ 是整数的情形.

如果 $ω = 1$ ，那么当 $φ = 0$ 时 $f (x)$ 的上确界为 $∣ A - 1∣$ ，

而对任意 $φ$ ，选择 $x = 0$ 可保证 $f (x) \geq A - 1$ ，

选择 $x = π - φ$ 可保证 $f (x) \geq 1 - A$ ，故所求最小的上确界为 $∣ A - 1∣$ （也可以通过辅助角法结合三角计算得到此结论）.

故可以假设 $ω$ 是大于 $1$ 的整数，此时 $f (x)$ 以 $2 π$ 为周期且连续，故必有最大值，至此问题转化为：

问题 3 设 $A$ 是正实数， $k \geq 2$ 是正整数，对 $φ \in R$ ，

定义 $b = b (φ)$ 为 $f (x) = A cos x - cos (k x + φ)$ 在 $R$ 上的最大值.当 $φ$ 变动时，求 $b$ 的最小值.

由于 $f (x)$ 以 $2 π$ 为周期，所以只需考虑它在一个长度为 $2 π$ 的区间（例如 $(- π, π]$ ）上的最大值.

在此区间上，由于 $A cos x$ 仅有一个波峰，而 $- cos (k x + φ)$ 有多个波峰，

故可以先考虑让 $- cos (k x + φ)$ 的一个波谷对应 $A cos x$ 的波峰，

即先考虑 $φ = 0$ 的情形，此时 $f (x) = A cos x - cos k x$ .

假设 $f (x) = A cos x - cos k x$ 在 $x = x_{0}$ 时取到最大值，由于 $f (x)$ 是周期为 $2 π$ 的偶函数，故不妨设 $x_{0} \in [0, π]$ .

如果 $x_{0} > \frac{π}{k}$ ，那么 $cos (x_{0} - \frac{2}{k} π) > cos x_{0}$ ，这将导致 $f (x_{0} - \frac{2}{k} π) > f (x_{0})$ ，矛盾！

故 $x_{0} \in [0, \frac{π}{k}]$ 。注意 $f^{'} (\frac{π}{k}) = k sin (k \cdot \frac{π}{k}) - A sin \frac{π}{k} = - A sin \frac{π}{k} < 0$ ，

所以 $x_{0} \neq = \frac{π}{k}$ ，

因此 $x_{0} \in [0, \frac{π}{k})$ .

下面证明对任意 $φ$ ， $f (x) = A cos x - cos (k x + φ)$ 在 $R$ 上的最大值均不小于 $A cos x_{0} - cos k x_{0}$ .

如果 $x_{0} = 0$ ，那么 $A cos x_{0} - cos k x_{0} = A - 1$ ，

而对任意 $φ$ ，取 $x = 0$ 即可保证 $f (x) = A - cos φ \geq A - 1$ ，结论成立.

下面假设 $x_{0} \in (0, \frac{π}{k})$ ，与本题第(3)问的思路1相同，由第(2)问的结论知对任意 $φ$ ，

存在 $y \in [- k x_{0} + φ, k x_{0} + φ]$ ，使得 $cos y \leq cos k x_{0}$ ，令 $x = \frac{y - φ}{k}$

即得 $f (x) = A cos \frac{y - φ}{k} - cos y \geq A cos x_{0} - cos k x_{0} .$

至此，我们证明了问题3中的最小值在 $φ = 0$ 时能取到.

不过对一般的 $A$ 和 $φ$ ，想求出 $f (x) = A cos x - cos k x$ 在区间 $[0, \frac{π}{k})$ 上的最大值并非十分容易，

其导数 $f^{'} (x) = k sin k x - A sin x$ 的零点在 $k$ 较大时一般不好求，只有当 $A = k$ 时，

由于可以直接去比较同名三角函数，过程比较简单，此时容易得出 $f (x) = A cos x - cos k x$ 的最大值在 $x_{0} = \frac{π}{k + 1}$ 时取到.

由于希望考生使用比较同名三角函数的方法而不是用 $cos x$ 来表示 $cos k x$ 的方法，结合 $x_{0} = \frac{π}{k + 1}$ 最好是特殊角，最终选用了 $A = k = 5$ 的情形作为本题的问题.

最后我们指出，大部分情形下 $f (x) = A cos x - cos k x$ 在 $[0, \frac{π}{k})$ 上的最大值虽然无法直接求出，但可以求出最大值点的数值解.

注意 $(\frac{s i n k x}{s i n x})^{'} = \frac{k c o s k x s i n x - c o s x s i n k x}{s i n ^{2} x},$

故 $\frac{s i n k x}{s i n x}$ 在区间 $(\frac{π}{2 k}, \frac{π}{k})$ 单调递减，

而当 $x \in (0, \frac{π}{2 k})$ 时，

$k cos k x sin x - cos x sin k x = k x \cdot cos x cos k x (\frac{t a n x}{x} - \frac{t a n k x}{k x}) < 0,$

这里最后一个不等号是因为当 $x \in (0, \frac{π}{2})$ 时 $(\frac{t a n x}{x})^{'} = \frac{x - s i n x c o s x}{x ^{2} c o s ^{2} x} > 0$ ，

即 $\frac{t a n x}{x}$ 在区间 $(0, \frac{π}{2})$ 单调递增，

故 $\frac{t a n x}{x} < \frac{t a n k x}{k x}$ .

因此， $\frac{s i n k x}{s i n x}$ 在区间 $(0, \frac{π}{k})$ 单调递减.

使用极限的结果（或使用三角函数公式和数学归纳法）不难得出 $\frac{s i n k x}{s i n x}$ 在 $x \to 0^{+}$ 时的极限为 $k$ ，

由此我们可以得到如下结论：若 $A \geq k^{2}$ ，则 $f (x) = A cos x - cos k x$ 的最大值在 $x = 0$ 时取到；

若 $A < k^{2}$ ，则 $f (x) = A cos x - cos k x$ 的最大值在 $x = x_{0}$ 时取到，

这里 $x_{0}$ 是区间 $(0, \frac{π}{k})$ 上满足 $\frac{s i n k x}{s i n x} = \frac{A}{k}$ 的唯一点.

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