答案

（1）3√3

解析

（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑t=0,π时b的范围，对于t∈(0,π)时，可利用（2）中的结论结合特值法求得b≥3√3，从而可得b的最小值；或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3√3，结合（1）的结果可得b的最小值. 【小问1详解】 法1：f^{'}(x)=−5sin(x)+5sin(5)x=10cos(3)xsin(2)x， 因为x∈(0,(π)/(4))，故2x∈(0,(π)/(2))，故sin(2)x>0， 当0<x<(π)/(6)时，cos(3)x>0即f^{'}(x)>0， 当(π)/(6)<x<(π)/(4)时，cos(3)x<0即f^{'}(x)<0， 故f(x)在(0,(π)/(6))上为增函数，在((π)/(6),(π)/(4))为减函数， 故f(x)在0,(ð)/(4)上的最大值为f((π)/(6))=5cos((π)/(6))−cos((5π)/(6))=3√3. 法2：我们有cos(5)x=cos((x+4x))=cos(x)cos(4)x−sin(x)sin(4)x =cos(x)(2cos^2(2)x−1)−sin(x)⋅2sin(2)xcos(2)x =cos(x)(2(2cos^2(x)−1)^2−1)−sin(x)⋅2⋅2sin(x)cos(x)cos(2)x =cos(x)(8cos^4(x)−8cos^2(x)+1)−4cos(x)cos(2)xsin^2(x) =8cos^5(x)−8cos^3(x)+cos(x)−4cos(x)(2cos^2(x)−1)(1−cos^2(x)) =16cos^5(x)−20cos^3(x)+5cos(x). 所以： f(x)=5cos(x)−cos(5)x=5cos(x)−(16cos^5(x)−20cos^3(x)+5cos(x))=20cos^3(x)−16cos^5(x) =4cos^3(x)(5−4cos^2(x))≤4|cos(x)|^3(5−4|cos(x)|^2)=4|cos(x)|^3(√5−2|cos(x)|)(√5+2|cos(x)|) =(32)/(3)(|cos(x)|⋅|cos(x)|⋅|cos(x)|⋅(√15+3)/(4)(√5−2|cos(x)|)⋅(√15−3)/(4)(√5+2|cos(x)|)) ≤(32)/(3)((1)/(5)(|cos(x)|+|cos(x)|+|cos(x)|+(√15+3)/(4)(√5−2|cos(x)|)+(√15−3)/(4)(√5+2|cos(x)|)))^5 =(32)/(3)((√3)/(2))^5=3√3. 这得到f(x)≤3√3，同时又有f((π)/(6))=5cos((π)/(6))−cos((5π)/(6))=3√3， 故f(x)在0,(ð)/(4)上的最大值为3√3，在R上的最大值也是3√3. 【小问2详解】 法1：由余弦函数的性质得cos(x)≤cos(θ)的解为[2kπ+θ,2kπ+2π−θ]，k∈Z， 若任意[2kπ+θ,2kπ+2π−θ],k∈Z与[a−θ,a+θ]交集为空， 则a−θ>2kπ+2π−θ且a+θ<2kπ+2π+θ，此时a无解， 矛盾，故无解；故存在k∈Z，使得[2kπ−θ,2kπ+θ]∩(a−θ,a+θ)≠∅， 法2：由余弦函数的性质知cosy≤cosθ的解为[2kπ+θ,2(k+1)π−θ](k∈Z)， 若每个[2kπ+θ,2(k+1)π−θ]与[a−θ,a+θ]交集都为空， 则对每个k∈Z，必有2(k+1)π−θ<a−θ或2kπ+θ>a+θ之一成立. 此即k<(a)/(2π)−1或k>(a)/(2π)，但长度为1的闭区间[(a)/(2π)−1,(a)/(2π)]上必有一整数k，该整数k不满足条件，矛盾. 故存在y∈[a−θ,a+θ]，使得cosy≤cosθ成立. 【小问3详解】 法1：记ℎ(x)=5cos(x)−cos((5x+t))， 因为ℎ(x+2π)=5cos((x+2π))−cos((5x+10π+t))=ℎ(x)， 故ℎ(x)为周期函数且周期为2π,故只需讨论x∈[0,2π],t∈[0,π]的情况. 当t=π时，ℎ(x)=5cos(x)−cos((5x+π))=6cos(x)≤6， 当t=0时，ℎ(x)=5cos(x)−cos(5)x， 此时ℎ^{'}(x)=−5sin(x)+5sin(5)x=5cos(3)xsin(2)x,x∈(0,2π)， 令ℎ^{'}(x)=0，则x=(π)/(6),(π)/(2),(5π)/(6),π,(7π)/(6),(3π)/(2),(11π)/(6)， 而ℎ((π)/(6))=ℎ((11π)/(6))=3√3,ℎ((π)/(2))=ℎ((3π)/(2))=0,ℎ((5π)/(6))=ℎ((7π)/(6))=−3√3,ℎ(π)=−4， ℎ(0)=ℎ(2π)=4，故ℎ(x)(π)/(6)(11π)/(6)√3_max， 当t∈(0,π)，在（2）中取a=t，则存在y∈(t−θ,t+θ)，使得cosy≤cosθ， 取θ=(5π)/(6)，则cos(y)≤−(√3)/(2)，取x=(y−t)/(5)∈(−(θ)/(5),(θ)/(5))即x=(y−t)/(5)∈(−(π)/(6),(π)/(6))， 故5cos(x)≥(√3)/(2)，故5cos(x)−cos((5x+t))≥3√3， 综上b≥3√3，可取x=(π)/(6)，t=0使得等号成立. 综上，b√3_min. 法2：设g_t(x)=5cos(x)−cos((5x+t)). ①一方面，若存在t，使得g_t(x)=5cos(x)−cos((5x+t))≤b对任意x恒成立，则对这样的t，同样有g_t(x)=−g_t(x+π)≥−b. 所以|g_t(x)|≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0. 设(t)/(6)−(π)/(6)=m，则根据|g_t(x)|≤b恒成立，有 b≥|g_t(−(t)/(6)+(π)/(6))|=|5cos((−(t)/(6)+(π)/(6)))−cos(((t)/(6)+(5π)/(6)))|=|5cos(((t)/(6)−(π)/(6)))+cos(((t)/(6)−(π)/(6)))|=|6cos(((t)/(6)−(π)/(6)))|=6|cos(m)| b≥|g_t(−(t)/(6)−(π)/(6))|=|5cos((−(t)/(6)−(π)/(6)))−cos(((t)/(6)−(5π)/(6)))|=|5cos(((t)/(6)+(π)/(6)))+cos(((t)/(6)+(π)/(6)))|=|6cos(((t)/(6)+(π)/(6)))|=6|cos((m+(π)/(3)))| b≥|g_t(−(t)/(6)+(π)/(2))|=|5cos((−(t)/(6)+(π)/(2)))−cos(((t)/(6)+(5π)/(2)))|=|5cos(((t)/(6)−(π)/(2)))+cos(((t)/(6)−(π)/(2)))|=|6cos(((t)/(6)−(π)/(2)))|=6|cos((m−(π)/(3)))| 所以|cos(m)|,|cos((m+(π)/(3)))|,|cos((m−(π)/(3)))|均不超过(b)/(6)， 再结合cos(2)x=2|cos(x)|^2−1， 就得到cos(2)m,cos((2m+(2π)/(3))),cos((2m−(2π)/(3)))均不超过2((b)/(6))^2−1=(b^2)/(18)−1. 假设b<3√3，则(b^2)/(18)−1<((3√3)^2)/(18)−1=(1)/(2)， 故cos(2)m,cos((2m+(2π)/(3))),cos((2m−(2π)/(3)))∈−1,(1)/(2)). 但这是不可能的，因为三个角2m,2m+(2π)/(3),2m−(2π)/(3)和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线x=(1)/(2)左侧. 所以假设不成立，这意味着b≥3√3. ②另一方面，若b=3√3，则由（1）中已经证明f(x)≤3√3， 知存在t=0，使得 5cos(x)−cos((5x+t))=5cos(x)−cos(5)x=f(x)≤3√3=b. 从而b=3√3满足题目要求. 综合上述两个方面，可知b的最小值是3√3.