指向思維進階的全國I卷第19題探究與推廣

1真題呈現

（2025年新高考I卷第19題）

（1）求函數 在 的最大值;（2）給定 θ∈（0，π），a 為實數，證明：存在 y∈ [a-θ，a+θ] ，使得c cosy?cosθ ;（3）若存在 φ ，使得對任意 x 都有5cos x 1cos（5x+φ）?b ，求 b 的最小值.

今年高考新課標Ⅰ卷的壓軸題將視角放在了高中數學第一章的“簡易邏輯”，以三角函數作為載體，細致考查了學生的邏輯與思維，三小問之間層層遞進，是一道可遇而不可求的好題.而本題的難點在于思考方式，三角函數在往屆高考中并不占主要地位，難度也維持在較低水平，但是三角函數自成一類，又結合邏輯出題難度較大，本題的出題方式和思考方式與數學競賽頗為類似.

2 問題探究

2. 1 第一小問思維的切入與背景分析（1）解法1 （求導和和差化積公式）

由 令 f^′（x）=0 ，則cos 3x?sin2x=0 ，解得 x=0 或 當 x∈（0） ， 時 f^′（x）gt;0 ；當 時 I^′（x）lt;0 ，所以 f（x） 在 單調遞增，在 單調遞減

評注這里有必要說下使用和差化積的動機，求導是為了根據導函數符號判斷原函數的單調性，判斷導函數符號最有利的代數形式就是若干因式相乘除的形式，和差化積在這里恰好可以起到這個效果.

解法2 （最值的定義和求極值點）

由 ε=0 ，解得 或 x=0

經計算 （20號

所以

評注 此方法的高明之處是把三角不等式轉化為三角方程，然后利用同名三角函數關系輕松求出極值點與最值.

解法3 （切比雪夫多項式和導數求單調區間）

由切比雪夫多項式得 cos5x=16cos⁵x-20cos³x+ 5cos x ，所以 f（x）= 5cos x -cos 5x=-16cos⁵x+ 20cos³x ，則 f（x）= 80cos⁴x sin x-60cos²x sin x= 20cos²x sin x（4cos²x-3） .令 f^′（x）gt;0 ，則 4cos²x-3 gt;0 ，解得 ，所以 f（x） 在 單調遞增，在 單調遞減

評注 此解法為本題的命題背景，通過切比雪夫多項式轉化為關于cos x 五次函數

問題背景 切比雪夫函數與多項式[1]

任意正整數 n ，均有 T_n（x）=cosnx=a_ncosⁿx+ a_n-1cos^n-1x+…+a₁cosx+a₀ ，其中 T_n+1（x）= ，我們稱 f（x）=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1 為 n 次切比雪夫函數.

常見的切比雪夫函數

2.2 第二小問正反向思維下綜合分析（2）解法1 （和差化積公式和分析法）

要證cos y?cosθ ，只要證cos y-cosθ?0 由于cos - ，故只要證

解得

由于存在 y+={a-θ，a+θ} ，得 （a+0≥4kπ+0， 解得 A={a|4kπ?a?4kπ + 2π，k∈Z} ：

y+θ sin ≤0， 2 同理由 解得 B={a∣4kπ-2π? y-0 sin ≤0， 2 a?4kπ，k∈Z}

因 A∪B=R ，所以 恒成立，即給定 θ∈（0，π），a 為給定實數，存在 y∈[a- θ，a+θ] ，使得cos y?cosθ

解法2 （反證法）

若cos y?cosθ 成立，解得 y∈[2kπ+θ，2kπ +2π-θ]，k∈I

假設 ?y∈[a-θ，a+θ] ，都有cos ygt; cos θ ，則有 [a-θ，a+θ]∩[2kπ+θ，2kπ+2π-θ] =0 ， 所以 解得 所以 α_a 無解，與 a∈R 矛盾.

故給定 θ∈（0，π），a∈R ，存在 y∈[a-θ，a+ θ] ，使得cos y?cosθ

評注本小題的解法1與解法2，從正反兩方面解答，把 θ 當成常量， y 當成變量，轉化為常規的存在性問題去求出參數 Δ_a 的取值范圍為 ，從而保證參數 a 的任意性

解法3 （周期性 + 分類討論）

不妨設 a∈[0，2π]，2θ∈（0，2π）

若 alt;2θ ，則 θ∈[a-θ，a+θ] ，取 y=θ ，則cos y?cosθ 成立；若 ∣a? 20，則 θ?a-θ?2π-θ ，由于 x=θ，x=2π-θ 關于x=π 對稱，如圖1所示，則有 cos（a-θ）?cosθ ，故存在 y∈[a-θ，a+θ] ，使得cosy?cosθ

圖1

綜上所述，對于給定 θ∈（0，π） ， 2π+2kπ]，k∈Z ，存在 y∈[a-θ，a+θ] ，使得cos y?cosθ

解法4 （周期性 + 分類討論）

當 a∈[0，π] 時， a+θ∈[θ，π+θ]

若 a+θ?π 時，取 y=π ，則有cos y?cosθ 成立；

若 a+θlt;π ，則 a+θ∈[θ，π） . 在[θ，π） 上單調遞減，故有cos y?cosθ 成立；

當 a∈[-π，0] 時， a-θ∈[-π-θ，-θ]

若 a-θ?-π 時，取 ，則有cosy ≤cos θ 成立；

若 a-θgt;-π ，則 a-θ∈（-π，-θ），g（x）= cos x 在 （Ω-π，Ω-θ） 上單調遞增，故有cosy ? cos （?-θ）=cosθ 成立.

綜上所述， a∈[-π，π] 時，給定 θ∈（0，π） ，存在 y∈[a-θ，a+θ] 使得co sy?cosθ

故對于給定 θ∈（0，π） ， ?a∈[-π+2kπ，π +2kπ]，k∈Z ，存在 y∈[a-θ，a+θ] ，使得cos y ?cosθ

評注本小題的解法3與解法4，利用三角函數取值的周期性，把參數 Δ_a 的討論范圍縮小到 a∈[0 2π] 或 a∈[-π，π] 的證明問題

2.3 第三小問辨析“任意”與“存在”的邏輯推理，深化問題推廣

（3）解法1 （最值在極值點和端點處 + 周期

性）

設 g（x）=5cosx-cos（5x+φ） ，由題意可知需 求 .可得 g^′（x）=-5sinx+5sin（5x+φ） ，令 g^′（x）=0 ，則sin x=sin（5x+φ） ，所以 5x+φ=x+ 2hπ或x+（5x +φ）=T +2kπ，解得x =- 或

所以 g（x） 在 或 （204號 處 取得極值（最值）.g 取 ， 則- （204號 ，故 g（x）_max∈[0，4] ，所以 b?0 ; 取 ，則 （2號 ，故 ，所 以

綜上所述， 時，存在 φ∈[2kπ，2π+ 2kπ]，k∈Z 對 ?x∈R 都有 b?g（x） 成立.

評注“任意和存在復合型命題”的審題遵循就近原則，先解決內層命題，再解決外層命題.例如，對 ?x∈R 都有 b?g（x） 成立.先求解內層命題：解得 b?g（x）_max ;再求解外層命題：存在實數 φ ，使得（20號 b?g（x）_max ，解得 b?[g（x）]_max]_min ，接下來結合周期性控制 x，φ 的范圍，求出精確的極大值點，從而避免對極值分布的復雜討論.

解法2 （和差化積 + 最值在極值點和端點處 + 周期性）

設 g（x）=5cosx-cos（5x+φ） ，由題意可知求 ，又 g^′（x）=-5sinx+5sin（5x+φ）= 令 g^′（x）=0 ，解得 或 取φ∈[0，2π] ，由于 g（x+π）=-g（x） ，代人 k=0，1

4 2即可得極值： 士 4cos 4 所以 ，所以 （20

評注關于 g^′（x） ，還可以借助和差化積公式對其進行化簡，從而求解精確極值點，接下來結合周期性控制 x，φ 的范圍，求出精確的極大值點，從而避免對極值分布的復雜討論.

解法3 （反證法）

當 φ=0 時，有 b?5cosx-cos5x 對 x∈R 恒成立，由（1）可知 y=5cosx-cos5x 最大值為 故 ;若存在 ，由（2）可知取 A存在 ，使得cos y?cosθ= cos 設y=5x+Φ，則x=y-Φ ，所以 b?5cosx-cos（5x+φ）=5cosx-cosy ，這與 矛盾，所以（204號

解法4 （切比雪夫多項式）

由切比雪夫多項式得cos ;5x=16cos⁵x-20cos³x ，所以5cos x=cos5x-16cos⁵x+20cos³x ，由于存在 φ ，使得對任意 x 都有 $5 ＼mathrm { c o s } ＼ x - ＼cos （ 5 x ＼$ +φ）?b 成立，所以存在 φ ，使得對任意 x 都有 [cos5x -cos（5x+φ）]-16cos⁵x+20cos³x?b 成立.

當 φ=2kπ，k∈Z 時， =0 ;

當 φ≠2kπ，k∈Z 時， 0;所以 ，所以 b ≥- 16cos⁵x+ 20cos³x 對 ?x∈R 恒成立.

由（1）可知 ，所以

評析 利用切比雪夫多項式，構造cos 5x- cos（5x+φ） ，利用 ε=0 ，使問題轉化為變量 x 的恒成立問題