2025-新高考I卷-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 $2\theta$ 的闭区间内必然存在某点使得余弦值被 $\cos \theta$ 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 $\phi$，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

（2025年新高考I卷）(1)求函数 $f(x)=5\cos x-\cos 5x$在区间 $[0,\frac{\pi }{4}]$ 的最大值；

(2) 给定 $\theta \in (0,\pi )$，$a\in \mathbb{R}$，证明：存在 $y\in [a-\theta ,a+\theta ]$，使得 $\cos y\le \cos \theta$；

(3) 设 $b\in \mathbb{R}$，若存在 $\phi \in \mathbb{R}$，使得 $5\cos x-\cos (5x+\phi )\le b$ 对 $x\in \mathbb{R}$ 恒成立，求 $b$ 的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用和差化积简化导函数判定单调性，寻找极值点。
2. 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。
3. 第三问：固定 $\phi$ 找 $x$ 的最大值，再通过改变 $\phi$ 寻找该最大值的最小值。

✅【答案】

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(1) $3\sqrt{3}$
(2) 证明见解析
(3) $b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 第一问详解

对 $f(x)$ 求导：$f^{\prime }(x)=-5\sin x+5\sin 5x=10\cos 3x\sin 2x$。 在 $x\in [0,\frac{\pi }{4}]$ 上，$\sin 2x\ge 0$。令 $f^{\prime }(x)=0⟹x=\frac{\pi }{6}$。 经判定，$f(x)$ 在 $(0,\frac{\pi }{6})$ 递增，在 $(\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{4})$ 递减。 故 $f(x{)}_{\max }=f(\frac{\pi }{6})=5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-(-\frac{\sqrt{3}}{2})=3\sqrt{3}$。

由于 $g(t)=\cos t$ 在 $[0,\frac{\pi }{4}]$ 上为凸函数，由琴生不等式： $f(x)=6\left(\frac{5}{6}\cos x+\frac{1}{6}\cos (\pi -5x)\right)\le 6\cos \frac{\pi }{6}=3\sqrt{3}$。

(2) 第二问证明

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

(3) 第三问详解

由(1)知当 $x\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 时 $f(x)\le 3\sqrt{3}$.

当 $x\in \left(\frac{\pi }{4},\pi \right]$ 时，$f(x)<5\cos \frac{\pi }{4}-(-1)<3\sqrt{3}$.

又 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的偶函数，

故 $f(x)\le 3\sqrt{3}$ 对 $x\in \mathbb{R}$ 恒成立.

所以当 $b\ge 3\sqrt{3}$ 时，存在 $\phi =0$ 使得 $5\cos x-\cos (5x+\phi )\le b$ 对 $x\in \mathbb{R}$ 恒成立.

当 $b<3\sqrt{3}$ 时，令 $\theta =\frac{5\pi }{6}$，

由(2)知对任意 $\phi$，存在 $y\in \left[\phi -\frac{5\pi }{6},\phi +\frac{5\pi }{6}\right]$ 使得 $\cos y\le \cos \frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$

令 $x=\frac{y-\phi }{5}$，则 $x\in \left[-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{6}\right]$，

故 $5\cos x-\cos (5x+\phi )=5\cos x-\cos y$

$\ge 5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$=3\sqrt{3}>b$,

因此 $b<3\sqrt{3}$ 时均不符合题意. 综上，$b$ 的最小值是 $3\sqrt{3}$.

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

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$h^{\prime }(x)=0$，$\sin (5x+\phi )=\sin x$，所以$5x+\phi =x+2k_1\pi$或$5x+\phi =\pi -x+2k_2\pi$，

所以$x=-\frac{\phi }{4}+\frac{k_1\pi }{2}$或$x=\frac{\pi }{6}-\frac{\phi }{6}+\frac{k_2\pi }{3}(k_1,k_2\in Z)$，

当$x=-\frac{\phi }{4}+\frac{k_1\pi }{2}$时，$h(x)=5\cos x-\cos x=4\cos x=4\cos (-\frac{\phi }{4}+\frac{k_1}{2}\pi )$， 当$x=\frac{\pi }{6}-\frac{\phi }{6}+\frac{k_2\pi }{3}$，$h(x)=5\cos x-\cos (\pi -x+2k_2\pi )=6\cos x=6\cos (\frac{\pi }{6}-\frac{\phi }{6}+\frac{k_2}{3}\pi )$，

所以$h(x{)}_{max}=max\{4\cos (-\frac{\phi }{4}+\frac{k_1}{2}\pi )$，$6\cos (\frac{\pi }{6}-\frac{\phi }{6}+\frac{k_2}{3}\pi )\}$， 显然 $4\cos \left(-\frac{\phi }{4}+\frac{k_1}{2}\pi \right)\le 4$

记$q\left(\phi \right)=6\cos \left(\frac{\pi }{6}-\frac{\phi }{6}+\frac{k_2}{3}\pi \right)$

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

所以$b⩾5\cos x-\cos (5x+\phi )$，所以$b\ge q(\phi {)}_{min}=3\sqrt{3}$， 此时$h(x)\le 3\sqrt{3}$恒成立，且$x=\pm \frac{\pi }{6}$时取等号，所以$b$的最小值为$3\sqrt{3}$．

记$h\left(x\right)=5\cos x-\cos \left(5x+\phi \right)$，

因为$h(x+2\pi )=5\cos (x+2\pi )-\cos (5x+10\pi +\phi )=h(x)$ 故$h\left(x\right)$为周期函数且周期为$2\pi$,

故只需讨论$x\in \left[0,2\pi \right],\phi \in \left[0,\pi \right]$的情况. 当$\phi =\pi$时，$h(x)=5\cos x-\cos \left(5x+\pi \right)=6\cos x\le 6$，

当$\phi =\text{0}$时，$h(x)=5\cos x-\cos 5x$，

此时$h^{\prime }\left(x\right)=-5\sin x+5\sin 5x=10\cos 3x\sin 2x,x\in \left(0,2\pi \right)$，

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

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

$h(0)=h(2\pi )=4$，

故$h{(x)}_{\max }=h(\frac{\pi }{6})=h(\frac{\text{11 }\pi }{6})=3\sqrt{3}$，

当$\phi \in \left(0,\pi \right)$，

在（2）中取$\phi =t$，则存在$y\in \left[\phi -\theta ,\phi +\theta \right]$，

使得$\cos y\le \cos \theta$

取$\theta =\frac{5\pi }{6}$，

则$\cos y\le -\frac{\sqrt{3}}{2}$，

取$x=\frac{y-\phi }{5}\in \left(-\frac{\theta }{5},\frac{\theta }{5}\right)$

即$x=\frac{y-\phi }{5}\in \left(-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{6}\right)$，

故$5\cos x\ge \frac{5\sqrt{3}}{2}$，

故$5\cos x-\cos \left(5x+\phi \right)\ge 3\sqrt{3}$

综上$b\ge 3\sqrt{3}$，可取$x=\frac{\pi }{6}$，

$\phi =0$使得等号成立.

综上，$b_{\min }=3\sqrt{3}$.

考虑到余弦函数的周期性，不妨取$\phi \in \left[0,2\pi \right)$.

令$g(x)=5\cos x-\cos (5x+\phi ),$

由题意知，存在$\phi \in R$使得$g_{\max }(x)\le b$

①当$\phi =0$时，$g\left(x\right)=5\cos x-\cos 5x$是以$2\pi$为周期的偶函数，

不妨取$x\in \left[0,\pi \right]$

由（1）知当$x\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$时,

$g_{\max }\left(x\right)=g\left(\frac{\pi }{4}\right)=3\sqrt{3}$;

当 $x\in \left(\frac{\pi }{4},\pi \right]$ 时， $g\left(x\right)=5\cos x-\cos 5x<5\cos \frac{\pi }{4}+1=\frac{5\sqrt{2}}{2}+1<3\sqrt{3}$.

所以，$x\in [0,\pi ]$时，$g_{\max }\left(x\right)=3\sqrt{3}$.

②当$\phi \in \left(0,2\pi \right)$时，在区间$\left[-\frac{\pi }{6}\frac{\pi }{6}\right]$内任取$x$，都有$\cos x\ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

注意到$5x+\phi \in \left[-\frac{5\pi }{6}+\phi \frac{5\pi }{6}+\phi \right]$，

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

使得$\cos y\le \cos \frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

令$5x_0+\phi =y$，则$\cos (5x_0+\phi )\le -\frac{\sqrt{3}}{2}$

所以$g(x_0)=5\cos x_0-\cos (5x_0+\phi )\ge 5\times \frac{\sqrt{3}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=3\sqrt{3}$

$g_{\max }\left(x\right)\ge 3\sqrt{3}$.

由①②知，$b$的最小值为$3\sqrt{3}$.

通过对 $\phi$ 在 $[0,\pi ]$ 的区间讨论，利用周期性证明 $b\ge 3\sqrt{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 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）.

2. 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 $3\sqrt{3}$, 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 $\pi$ 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 $3\sqrt{3}$ 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.

3. 避坑指南：

• 易错点 1（第一问和差化积漏掉系数）：在对 $\sin 5x-\sin x$ 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 $x\in \mathbb{R}$ 恒成立”，就盲目地试图去求 $5\cos x-\cos (5x+\phi )$ 关于 $x$ 的导数。由于含两个变量 $x$ 和 $\phi$，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

1. 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。 $\cos 5x$ 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.

2. 结论推广（切比雪夫最大偏差定理的隐形网络）： 对于形如 $f(x)=n\cos x-\cos nx$ 的函数模型，其在一个周期内的最大值通常在 $\cos mx$ 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 $3\sqrt{3}$ 恰好是波峰叠加的理论极限.

3. 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。

4. 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 $A_1,A_2,{\omega }_1,{\omega }_2$ 是正常数， 对 ${\phi }_1,{\phi }_2\in \mathbb{R}$， $f(x)=A_1\cos ({\omega }_{1}x+{\phi }_1)+A_2\cos ({\omega }_{2}x+{\phi }_2)$ 在 $\mathbb{R}$ 上的上确界的最小值是多少？ 不妨设 ${\omega }_1\le {\omega }_2$，通过对 $x$ 轴和 $y$ 轴的缩放可不妨设 $A_2={\omega }_1=1$，通过对 $x$ 轴的平移可不妨设 ${\phi }_1=0$，将 ${\phi }_2$ 平移 $\pi$ 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 $A,\omega$ 是正常数，$\omega \ge 1$，对 $\phi \in \mathbb{R}$，$f(x)=A\cos x-\cos (\omega x+\phi )$ 在 $\mathbb{R}$ 上的上确界的最小值是多少？

如果 $\omega$ 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 $\omega$ 是有理数的情形.

如果 $\omega$ 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 $\omega$ 是整数的情形.

如果 $\omega =1$，那么当 $\phi =0$ 时 $f(x)$ 的上确界为 $|A-1|$，

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

选择 $x=\pi -\phi$ 可保证 $f(x)\ge 1-A$，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 $\omega$ 是大于 $1$ 的整数，此时 $f(x)$ 以 $2\pi$ 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，$k\ge 2$ 是正整数，对 $\phi \in \mathbb{R}$，

定义 $b=b(\phi )$ 为 $f(x)=A\cos x-\cos (kx+\phi )$ 在 $\mathbb{R}$ 上的最大值.当 $\phi$ 变动时，求 $b$ 的最小值.

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

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

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

即先考虑 $\phi =0$ 的情形，此时 $f(x)=A\cos x-\cos kx$.

假设 $f(x)=A\cos x-\cos kx$ 在 $x=x_0$ 时取到最大值，由于 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的偶函数，故不妨设 $x_0\in [0,\pi ]$.

如果 $x_0>\frac{\pi }{k}$，那么 $\cos \left(x_0-\frac{2}{k}\pi \right)>\cos x_0$，这将导致 $f\left(x_0-\frac{2}{k}\pi \right)>f(x_0)$，矛盾！

故 $x_0\in \left[0,\frac{\pi }{k}\right]$。注意 $f^{\prime }\left(\frac{\pi }{k}\right)=k\sin \left(k\cdot \frac{\pi }{k}\right)-A\sin \frac{\pi }{k}=-A\sin \frac{\pi }{k}<0$，

所以 $x_0\ne \frac{\pi }{k}$，

因此 $x_0\in \left[0,\frac{\pi }{k}\right)$.

下面证明对任意 $\phi$，$f(x)=A\cos x-\cos (kx+\phi )$ 在 $\mathbb{R}$ 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 $\phi$，取 $x=0$ 即可保证 $f(x)=A-\cos \phi \ge A-1$，结论成立.

下面假设$x_0\in \left(0,\frac{\pi }{k}\right)$，与本题第(3)问的思路1相同，由第(2)问的结论知对任意 $\phi$，

存在 $y\in \left[-k{x}_0+\phi ,k{x}_0+\phi \right]$，使得 $\cos y\le \cos k{x}_0$，令 $x=\frac{y-\phi }{k}$

即得 $f(x)=A\cos \frac{y-\phi }{k}-\cos y\ge A\cos x_0-\cos k{x}_0.$

至此，我们证明了问题3中的最小值在 $\phi =0$ 时能取到.

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

其导数 $f^{\prime }(x)=k\sin kx-A\sin x$ 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 $f(x)=A\cos x-\cos kx$ 的最大值在 $x_0=\frac{\pi }{k+1}$ 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 $\cos kx$ 的方法，结合 $x_0=\frac{\pi }{k+1}$ 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 $f(x)=A\cos x-\cos kx$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{k}\right)$ 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 ${\left(\frac{\sin kx}{\sin x}\right)}^{\prime }=\frac{k\cos kx\sin x-\cos x\sin kx}{{\sin }^{2}x},$

故 $\frac{\sin kx}{\sin x}$ 在区间 $\left(\frac{\pi }{2k},\frac{\pi }{k}\right)$ 单调递减，

而当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2k}\right)$ 时，

$k\cos kx\sin x-\cos x\sin kx=kx\cdot \cos x\cos kx\left(\frac{\tan x}{x}-\frac{\tan kx}{kx}\right)<0,$

这里最后一个不等号是因为当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时 ${\left(\frac{\tan x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x-\sin x\cos x}{x^2{\cos }^{2}x}>0$，

即 $\frac{\tan x}{x}$ 在区间 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 单调递增，

故 $\frac{\tan x}{x}<\frac{\tan kx}{kx}$.

因此，$\frac{\sin kx}{\sin x}$ 在区间$\left(0,\frac{\pi }{k}\right)$ 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 $\frac{\sin kx}{\sin x}$ 在 $x\to 0^{+}$ 时的极限为 $k$，

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

若 $A<k^2$，则 $f(x)=A\cos x-\cos kx$ 的最大值在 $x=x_0$ 时取到，

这里 $x_0$ 是区间 $\left(0,\frac{\pi }{k}\right)$ 上满足 $\frac{\sin kx}{\sin x}=\frac{A}{k}$ 的唯一点.

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 07.02 三角函数的定义与诱导公式

类题演练 (Links)

• 2008-山东卷理-05
• 2014-湖北卷文-18 解-三角最值
• 1977-北京理-04