对2025年新高考I卷第19题的解法探究及推广

Exploration and Extension of Solutions to Question 19 in the 2025 New College Entrance Examination Volume I

摘要: 对2025年新高考I卷第19题的解法进行了多角度探究，并将其中的结论进行了推广。

Abstract: A multi-dimensional exploration was conducted on the solution to question 19 of the 2025 National College Entrance Examination Volume I, and the conclusions were generalized.

1. 引言

高考数学试题命制注重对学生数学核心素养和创新能力的考查，发挥选拔人才的作用，对高考数学教学起到指挥棒作用，考查学生对基本知识和基本方法的深刻理解，倒逼学生跳出题海战术，死记题型模板的学习方式，从而引导教师把教学重点从总结解题技巧转向培养学生思维能力。

试题 (2025年新高考I卷第19题) 已知函数$f\left(x\right)=5\cos x-\cos 5x$

(1) 求函数$f\left(x\right)$ 在区间$\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 的最大值；

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

(3) 设$b\in ℝ$ ，若存在$\phi \in ℝ$ 使得$5\cos x-\cos \left(5x+\phi \right)\le b$ 对$x\in ℝ$ 恒成立，求$b$ 的最小值。

本题突破以往以幂指对函数为情境，极值点偏移，构造函数等经典方法为主线的导数命题方式，以三角函数为情境，考察内容与解题思路比较基础，但突出数学问题本质。第(1)小问是一个最值问题，解决时有两个角度，第一个便是对$f\left(x\right)$ 求导，通过判断单调性找最值，第二个便是用不等式直接对$f\left(x\right)$ 进行求最值。第(2)小问是一个不等式问题，解决时依然有两个角度，第一个便是通过对余弦函数图像进行分析，接着将图像语言转化成符号语言，第二个便是通过余弦函数在单位圆中的定义，借助单位圆图像进行分析，最后将其转化成符号语言。第(3)小问是一个双参数min-max问题，解决时依然有两个大角度，第一个便是先猜后证，通过第(1)小问的结果，猜测并证明$b\ge 3\sqrt{3}$ ，第二个便是直接计算 $5\cos x-\cos \left(5x+\phi \right)$ 的最大值，然后再从中选取最小的最大值便可。

从此题的解法中，提炼出了基于单位圆，结合三角函数周期性的核心方法，对该题进行了深度推广，首先考虑到叙述方便，先给出一个定义，即：

定义1.1：令$g_{\phi ,n}\left(x\right)=n\cos x-\cos \left(nx+\phi \right)$ ，由于函数$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 的周期$T=2\pi$ ，故不妨只考虑$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，即

$g_{\phi ,n}\left(x\right)=n\cos x-\cos \left(nx+\phi \right)$ , $\phi \in \left[0,2\pi \right]$

定义1.2：令$h_{\phi ,n}\left(x\right)=n\sin x-\sin \left(nx+\phi \right)$ ，由于函数$h_{\phi ,n}\left(x\right)$ 的周期$T=2\pi$ ，故不妨只考虑$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，即

$h_{\phi ,n}\left(x\right)=n\sin x-\sin \left(nx+\phi \right)$ , $\phi \in \left[0,2\pi \right]$

其次给出三个引理，即

引理1.1：已知$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，$g_{0,n}\left(x\right)=n\cos x-\cos \left(nx\right),x\in ℝ$ ，则

${\left[g_{0,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}$ (1)

引理1.2：已知$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，则对$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ 和$x\in ℝ$ ，有

$\underset{\phi \in \left[0,2\pi \right]}{\min }\left\{\underset{x\in ℝ}{\max }\left\{g_{\phi ,n}\left(x\right)\right\}\right\}=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}$ (2)

引理1.3：已知$n=\frac{q}{p}\in {\mathbb{Q}}^{+}$ ，$\left(p,q\right)=1$ ，且$p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，则

当$p$ 为奇数时

${\left[g_{0,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$ (3)

当$p$ 为偶数时

${\left[g_{\frac{\pi }{p},n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$ (4)

其中引理1.3完全蕴涵引理1.1，但此两引理的证明思路完全不同，引理1.1所使用的三角函数周期性和单调性的证明思路进一步拓宽并结合单位圆相关内容便可证明定理1.1，即：

定理1.1：对于函数$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ ，$x\in ℝ$ ，$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，当给定$\phi$ 和$n$ 时，有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi -\phi }{n+1}$ (5)

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=\{\begin{array}{l}-\left(n+1\right)\cos \frac{\pi -\phi }{n+1},n=2p-1,p\in {\mathbb{N}}^{*},\phi \in \left[0,2\pi \right]\hfill \\ -\left(n+1\right)\cos \frac{\phi }{n+1},n=2p,p\in {\mathbb{N}}^{*},\phi \in \left[-\pi ,\pi \right]\hfill \end{array}$ (6)

其中引理1.2在推导定理1.2时基本没有使用，但仍然使其以引理的形式出现，并展示其证明过程有两个原因，其一是若$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，则使用Jensen不等式证明相对简单，其二是借此说明直接运用Jensen不等式的想法对于$n=\frac{q}{p}\in {\mathbb{Q}}^{+}$ 的情况已不是很适用。故通过调整思路，结合不定方程的相关数论知识，并利用引理1.3便可证明定理1.2，即：

定理1.2：已知$n=\frac{q}{p}\in {\mathbb{Q}}^{+}$ ，$\left(p,q\right)=1$ ，且$p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，则对任意给定的$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，使得对$x\in ℝ$ ，有

$\underset{\phi \in \left[0,2\pi \right]}{\min }\left\{\underset{x\in ℝ}{\max }\left\{g_{\phi ,n}\left(x\right)\right\}\right\}=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$ (7)

若抛开这道题，对于定义1.2中的式子，文献[5]给出了当$\phi =0$ 时，类似于定理1.1的结果。本文将其推广至一般情形，即定理1.3。推广方法与推导定理1.1的相同，但考虑到篇幅，本文直接给出结果，不予论证，即：

定理1.3：对于函数$h_{\phi ,n}\left(x\right)$ ，$x\in ℝ$ ，$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，当给定$\phi$ 和$n$ 时，有

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\{\begin{array}{l}\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi +2\phi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right],n=4p,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ \left(n+1\right)\cos \left(\frac{2\phi -3\pi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[\frac{\pi }{2},2\pi \right],n=4p,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=\{\begin{array}{l}-\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi -2\phi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[0,\frac{3\pi }{2}\right],n=4p,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ -\left(n+1\right)\cos \left(\frac{5\pi -2\phi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[\frac{3\pi }{2},2\pi \right],n=4p,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi -\phi }{n+1}\right),n=4p+1,p\in {\mathbb{N}}^{*}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=-\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi -\phi }{n+1}\right),n=4p+1,p\in {\mathbb{N}}^{*}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\{\begin{array}{l}\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi -2\phi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[0,\frac{3\pi }{2}\right],n=4p+2,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ \left(n+1\right)\cos \left(\frac{5\pi -2\phi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[\frac{3\pi }{2},2\pi \right],n=4p+2,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=\{\begin{array}{l}-\left(n+1\right)\cos \left(\frac{2\phi +\pi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right],n=4p+2,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ -\left(n+1\right)\cos \left(\frac{2\phi -3\pi }{2\left(n+1\right)}\right),\phi \in \left[\frac{\pi }{2},2\pi \right],n=4p+2,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }=\{\begin{array}{l}\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\phi }{n+1}\right),\phi \in \left[0,\pi \right],n=4p+3,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ \left(n+1\right)\cos \left(\frac{2\pi -\phi }{n+1}\right),\phi \in \left[\pi ,2\pi \right],n=4p+3,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

${\left[h_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=\{\begin{array}{l}-\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\phi }{n+1}\right),\phi \in \left[0,\pi \right],n=4p+3,p\in {\mathbb{N}}^{*}\\ -\left(n+1\right)\cos \left(\frac{2\pi -\phi }{n+1}\right),\phi \in \left[\pi ,2\pi \right],n=4p+3,p\in {\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

通过定理1.3不难得知，当$n\ge 4$ 且$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ 时，有

$\underset{\phi \in \left[0,2\pi \right]}{\min }\left\{\underset{x\in ℝ}{\max }\left\{h_{\phi ,n}\left(x\right)\right\}\right\}=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}$

但很遗憾，对于$n=\frac{q}{p}\in {\mathbb{Q}}^{+}$ ，$\left(p,q\right)=1$ ，且$p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，时，是否有类似于定理1.2的结果，本文并未

推导得出，但随着对这类问题的研究深入，所使用的数学工具更新，或许会有新结果。

2. 预备知识

本节给出文中所需要的基本引理。

引理2.1 (Chebyshev多项式) [1]：若$T_n=\cos nx$ ，则

$T_n+T_{n-2}=2\cos x\cdot T_{n-1},n\ge 2$ 且$n\in {\mathbb{N}}^{*}$ (8)

引理2.2 (DeMoivre公式) [1]：已知$z_1=r_1{\text{e}}^{{\theta }_1},z_2=r_2{\text{e}}^{{\theta }_2}$ ，则$z_1{z}_2=r_1{r}_2{\text{e}}^{{\theta }_1+{\theta }_2}$ 。

引理2.3 (Jensen不等式) [1]：若$p\left(x\right)$ 在区间$I$ 上$p^{″}\left(x\right)\le 0$ ，则对$\forall x_i\in I,\forall {\lambda }_i>0$ ，${\displaystyle \sum _{i=1}^n{\lambda }_i}=1$ ，其中$i=1,2,\cdots ,n$ ，有

$p\left({\displaystyle \sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i}\right)\ge {\displaystyle \sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}p\left(x_i\right)}$

当且仅当$x_1=\cdots =x_n$ 时，等号成立。

引理2.4 (均值不等式) [1]：若$a_i>0\left(i=1,\cdots ,n\right)$ ，则

$\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}\le \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$

当且仅当$a_1=\cdots =a_n$ 时，等号成立。

引理2.5 (最值定理) [2]：若$f\left(x\right)\in C^{\infty }\left[a,b\right]$ ，且$x_i,i\in \left\{1,\cdots ,n\right\}$ 为$f\prime \left(x\right)=0$ 的根，则

$\begin{array}{l}{\left[f\left(x\right)\right]}_{\max }=\max \left\{f\left(a\right),f\left(x_1\right),\cdots ,f\left(x_n\right),f\left(b\right)\right\}\\ {\left[f\left(x\right)\right]}_{\min }=\min \left\{f\left(a\right),f\left(x_1\right),\cdots ,f\left(x_n\right),f\left(b\right)\right\}\end{array}$

引理2.6 (带余除法) [4]：设$a,b$ 是两个整数，$a\ne 0$ ，则存在唯一的一对整数$q$ 和$r$ ，满足

$b=aq+r,0\le r<\left|a\right|$

其中$q$ 称为$b$ 除以$a$ 所得的商，$r$ 称为$b$ 除以$a$ 所得的余数。

引理2.7 (Bezout定理) [4]：对于不定方程$ax+by=c$ 有整数解的充分必要条件是$\left(a,b\right)|c$ ，其中$a,b,c$ 为整数，且$a,b$ 不为零。

3. 试题主要解法

3.1. 第(1)小问

角度1 (单调区间)：通过$f\prime \left(x\right)$ 求解出单调区间，最后计算出最值。一般是将$f\prime \left(x\right)$ 化简成乘积的形式，方便判断正负。对于$f\prime \left(x\right)=-5\sin x+5\sin x$ ，若采用和差化积，则可化简为$f\prime \left(x\right)=10\cos 3x\sin 2x$ ，即解法1。若采用因式分解，则可化简为$f\prime \left(x\right)=20\sin x{\cos }^{2}x\left(1-2\sin x\right)\left(1+2\sin x\right)$ ，即解法2。

解法1：对函数$f\left(x\right)$ 求导得

$f\prime \left(x\right)=-5\sin x+5\sin 5x=-5\sin \left(3x-2x\right)+5\sin \left(3x+2x\right)=10\cos 3x\sin 2x$

则当$0\le x\le \frac{\pi }{6}$ 时，$f\prime \left(x\right)\ge 0$ ，即$f\left(x\right)$ 在区间$\left[0,\frac{\pi }{6}\right]$ 单调递增；

当$\frac{\pi }{6}<x\le \frac{\pi }{4}$ 时，$f\prime \left(x\right)<0$ ，即$f\left(x\right)$ 在区间$\left(\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{4}\right]$ 单调递减。

故$f\left(x\right)$ 在区间$\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 的最大值为$f\left(\frac{\pi }{6}\right)=3\sqrt{3}$ 。

解法2：对函数$f\left(x\right)$ 求导得

因为$x\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ ，所以$\sin x>0,{\cos }^{2}x>0$ ，所以$1+2\sin x>0$ ，故导数正负由$1-2\sin x$ 决定，下同解法1。

角度2 (不等式)：将$f\left(x\right)$ 进行化简整理，使得满足所使用的不等式的要求。其中最关键的便是对$\cos 5x$ 的化简。对于$\cos 5x$ ，若使用引理2.4求最值，则可用引理2.1，令$n=3,4,5$ 代入(8)式得到方程组求解。或可用引理2.2得到$\cos 5x=\text{Re}\left(\cos 5x+i\sin 5x\right)=\text{Re}\left[{\left(\cos x+i\sin x\right)}^5\right]$ ，并二项式定理将其化简进一步整理即解法3。

若使用引理2.3求最值，则可将$f\left(x\right)$ 化简为

$\frac{f\left(x\right)}{6}=\frac{5\cos x+\cos \left(\pi -5x\right)}{6}$ , $x\in \left[\frac{\pi }{10},\frac{\pi }{4}\right]$ (9)

令$p\left(x\right)=\cos x$ 由于$p^{″}\left(x\right)\le 0,x\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ ，故(9)式中$x$ 的范围是由(10)式计算出，即

$\{\begin{array}{l}0\le x\le \frac{\pi }{4}\\ -\frac{\pi }{2}\le \pi -5x\le \frac{\pi }{2}\end{array}$ (10)

再计算在区间$x\in \left[0,\frac{\pi }{10}\right]$ 上的最大值，将两者进行比较便可，即解法4。

解法3：将$\cos 5x$ 展开成关于$\cos x$ 的形式

方法一：由引理2.1知，令$n=3,4,5$ 代入(9)式得

$\{\begin{array}{l}{T}_5+T_3=2\cos x\cdot T_4\\ T_4+T_2=2\cos x\cdot T_3\\ T_3+T_1=2\cos x\cdot T_2\end{array}$

解得

$\cos 5x=T_5=16{\cos }^{5}x-20{\cos }^{3}x+\cos x$

方法二：由引理2.2和二项式定理得

由于$x\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ ，则${\cos }^{2}x>0,\frac{15}{8}-\frac{3}{2}{\cos }^{2}x>0$ ，于是由引理2.4得

$\begin{array}{c}{\left[5\cos x-\cos \left(5x\right)\right]}^2={\left[5\cos x-\left(16{\cos }^{5}x-20{\cos }^{3}x+\cos x\right)\right]}^2\\ =\frac{2^{10}}{9}{\left({\cos }^{2}x\right)}^3\cdot {\left(\frac{15}{8}-\frac{3}{2}{\cos }^{2}x\right)}^2\\ =\frac{2^{10}}{9}\left({\cos }^{2}x\right)\left({\cos }^{2}x\right)\left({\cos }^{2}x\right)\left(\frac{15}{8}-\frac{3}{2}{\cos }^{2}x\right)\left(\frac{15}{8}-\frac{3}{2}{\cos }^{2}x\right)\\ \le \frac{2^{10}}{9}\cdot {\left[\frac{3{\cos }^{2}x+2\left(\frac{15}{8}-\frac{3}{2}{\cos }^{2}x\right)}{5}\right]}^5=2\end{array}$

当且仅当${\cos }^{2}x=\frac{3}{4}$ ，即$x=\frac{\pi }{6}$ 时等号成立。

于是$f\left(x\right)$ 在区间$\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 的最大值为$f\left(\frac{\pi }{6}\right)=3\sqrt{3}$ 。

解法4：当$x\in \left[0,\frac{\pi }{10}\right]$ 时，$\cos 5x\ge 0$ ，故

$5\cos x-\cos 5x\le 5\cos x\le 5<3\sqrt{3}$

当$x\in \left[\frac{\pi }{10},\frac{\pi }{4}\right]$ 时，$p^{″}\left(x\right)=-\cos x\le 0$ ，且$\pi -5x\in \left[-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right]$ ，于是由引理2.3得

$\frac{5\cos x-\cos 5x}{6}=\frac{5\cos x+\cos \left(\pi -5x\right)}{6}\le \cos \left(\frac{5x+\pi -5x}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$

当且仅当$x=\frac{\pi }{6}$ 时等号成立，即$f\left(x\right)$ 在区间$\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 的最大值为$3\sqrt{3}$ 。

3.2. 第(2)小问

角度1 (函数$\cos x$ 图像)：将函数$\cos x$ 图像画出，由于$\cos x$ 是偶函数，故$\cos \theta =\cos \left(-\theta \right)$ ，所以$\cos x$ 在$\left(-\theta ,\theta \right)$ 上是关于$y$ 轴对称，见图1。而$\Vert \left[a-\theta ,a+\theta \right]\Vert =\Vert \left(-\theta ,\theta \right)\Vert$ ，所以要么正好如图1那样，$\cos x$ 在$\left[a-\theta ,a+\theta \right]$ 上关于$x=a$ 对称，则只要取$y=a+\theta$ 或$a-\theta$ ，使得$\cos y=\cos \theta$ 。要么正好如图2那样$\left[a-\theta ,a+\theta \right]$ 上$\cos x$ 图像就必然有一端比$\cos \theta$ 高，有一端比$\cos \theta$ 低，那么必然在低的那一端存在$y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ ，使得$\cos y\le \cos \theta$ 。将其转化成符号语言便是解法1。

Figure 1. The picture of $\forall y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right],\cos y\ge \cos \theta$

图1. $\forall y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right],\cos y\ge \cos \theta$ 图

Figure 2. The picture of $\exists y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right],\cos y\le \cos \theta$

图2. $\exists y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right],\cos y\le \cos \theta$ 图

解法1：若存在$k\in \mathbb{Z}$ 使得$\pi +2k\pi \in \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ ，则取$y=\pi +2k\pi$ ，有

$\cos y=-1\le \cos \theta$

若不存在$k\in \mathbb{Z}$ 使得$\pi +2k\pi \in \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ ，又$\theta \in \left(0,\pi \right)$ ，则存在$\lambda \in \mathbb{Z}$ ，使得

$\left[a-\theta ,a+\theta \right]\subseteq \left[-\pi +2\lambda \pi ,\pi +2\lambda \pi \right]$

由于$\theta \in \left(0,\pi \right)$ ，故

$\left[2\lambda \pi -\theta ,2\lambda \pi +\theta \right]\subseteq \left[-\pi +2\lambda \pi ,\pi +2\lambda \pi \right]$

而

$\Vert \left[a-\theta ,a+\theta \right]\Vert =\Vert \left[2\lambda \pi -\theta ,2\lambda \pi +\theta \right]\Vert$

故$a-\theta \le 2\lambda \pi -\theta$ 或$a+\theta \ge 2\lambda \pi +\theta$ ，不妨设$a+\theta \ge 2\lambda \pi +\theta$ ，又$y=\cos \theta$ 在$\left[2\lambda \pi ,\pi +2\lambda \pi \right]$ 上单调递减，故$\cos \left(a+\theta \right)\le \cos \left(2\lambda \pi +\theta \right)$ ，故取$y=a+\theta$ 可成立。

角度2 (单位圆)：从$\cos x$ 的定义可知，在图3中$\cos x$ 的值就是其角$x=\theta$ 时的终边与单位圆交点$A$ 的横坐标$x_A$ ，且将终边进行逆时针旋转时(以第一象限为例)，$x_A$ 越来越小，即此时$\cos x$ 单调递减。在图4中不妨设区域$\Lambda$ 为$y\in \left[-\theta ,\theta \right]$ 终边所在区域，若$a>0$ ，则$y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ 终边所在的区域相当于将区域$\Lambda$ 沿着圆周逆时针旋转$a$ 弧度，旋转至区域$\Theta$ 。若$a<0$ ，则相当于顺时针旋转$-a$ 弧度，旋转至区域$\Pi$ 。于是从图4中不难看出，若$y\in$ 区域$\Lambda$ $\cap$ 区域$\Theta$ ，则$\cos y>\cos \theta$ 。若$y\in$ 区域$\Theta /\Lambda$ ，则$\cos y\le \cos \theta$ .将其转化成符号语言便是解法2。

Figure 3. The geometric significance of $\cos x$

图3. $\cos x$ 几何意义

Figure 4. Region $\Lambda$ rotates $\left|a\right|$ radians

图4. 区域$\Lambda$ 旋转$\left|a\right|$ 弧度

解法2：定义$I\triangleq \left\{y|\cos y>\cos \theta \right\},I\prime \triangleq \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ ，则

$I={\displaystyle \underset{k\in \mathbb{Z}}{\cup }\left(2k\pi -\theta ,2k\pi +\theta \right)}={\displaystyle \underset{k\in \mathbb{Z}}{\cup }{I}_k}$ ，且$\Vert I_k\Vert =\Vert I\prime \Vert =2\theta$

于是对$\forall k\in \mathbb{Z}$ ，$I\prime \not\subset I_k$ ，即$I\prime \cap C_{ℝ}I=\left\{y|\cos y\le \cos \theta \right\}\ne \varnothing$ 。

综上$\exists y\in \left[a-\theta ,a+\theta \right]$ ，使得$\cos y\le \cos \theta$ 。

3.3. 第(3)小问

角度1 (先猜后证)：通过第(1)小问知${\left[g_{0,5}\left(x\right)\right]}_{\max }=3\sqrt{3}$ ，不难猜测$b_{\min }=3\sqrt{3}$ ，接下来只要证明$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ 时，$b\ge 3\sqrt{3}$ 即可。通过第(2)小问令$\theta =\frac{5\pi }{6}$ ，可得到$\cos y_0\le \cos \frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，其中$x_0=\frac{y_0-\phi }{5}$ ，然后再将$x_0$ 代入$g_{\phi ,5}\left(x\right)$ 便可得出结果，即解法1。

解法1：由第(1)小问得，${\left[g_{0,5}\left(x\right)\right]}_{\max }=3\sqrt{3}$ 。

由第(2)小问得，取$\theta =\frac{5\pi }{6}$ ，对给定的$\phi$ ，$\exists y_0\in \left[\phi -\frac{5\pi }{6},\phi +\frac{5\pi }{6}\right]$ ，使得

$\cos y_0\le \cos \frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

令$x_0=\frac{y_0-\phi }{5}$ ，则$x_0\in \left[-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{6}\right]$ ，于是有

$\begin{array}{c}{g}_{\phi ,5}\left(x_0\right)=5\cos x_0-\cos \left(5x_0+\phi \right)=5\cos x_0-\cos y_0\\ \ge \frac{5\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\end{array}$

结合两小问得$b_{\min }=3\sqrt{3}$ 。

角度2 (求导求最值)：对于给定的函数$g_{\phi ,5}\left(x\right)$ ，可对它直接求导然后找极值点，${g^{\prime }}_{\phi ,5}\left(x\right)=0$ 便可得出$\sin \left(5x+\phi \right)=\sin x$ ，借助断言1便可计算出两组极值点${x^{\prime }}_k$ 和$x_k$ ，结合引理2.5可知最值点必然在极值点中产生，为了方便比较大小，可将两组极值点代入函数$g_{\phi ,5}\left(x\right)$ 并进行等量替换，得到$g_{\phi ,5}\left(x_k\right)=6\cos x_k$ ，最后利用余弦函数的单调性便可得出结果，即解法2。

断言1：若$\sin \alpha =\sin \beta$ ，则$\alpha =\beta +2k\pi$ 或$\alpha +\beta =\pi +2k\pi$

解法2：对于给定的$\phi$ ，令${g^{\prime }}_{\phi ,5}\left(x\right)=0$ 可得$\sin \left(5x+\phi \right)=\sin x$ ，于是

$5x+\phi =x+2k\pi$ 或$5x+\phi +x=\pi +2k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

于是有

${x^{\prime }}_k=-\frac{\phi }{4}+\frac{k\pi }{2}$ , $k\in \left\{0,1,2,3\right\}$

$x_k=-\frac{\phi }{6}+\frac{\left(2k+1\right)\pi }{6}$ , $k\in \left\{0,1,2,3,4,5\right\}$

由于

$\begin{array}{c}{g}_{\phi ,5}\left(x_k\right)=5\cos x_k-\cos \left(5x_k+\phi \right)\\ =5\cos x_k-\cos \left(\pi -x_k+2k\pi \right)=6\cos x_k\end{array}$

于是由$y=\cos x$ 的单调性可知

$g_{\phi ,5}\left(x_0\right)=6\cos \frac{\pi -\phi }{6}>4$ ，且$g_{\phi }\left(x_0\right)>g_{\phi }\left(x_k\right),k\in \left\{0,1,2,3,4,5\right\}$

注意到

$g_{\phi ,5}\left({x^{\prime }}_k\right)=4\cos {x^{\prime }}_k\le 4$ , $k\in \left\{0,1,2,3\right\}$

于是结合引理2.5得

${\left[g_{\phi ,5}\left(x\right)\right]}_{\max }=6\cos \frac{\pi -\phi }{6}$ , $\phi \in \left[0,2\pi \right]$

于是有

${\left[g_{0,5}\left(x\right)\right]}_{\max }=3\sqrt{3}\le {\left[g_{\phi ,5}\left(x\right)\right]}_{\max }=6\cos \frac{\pi -\phi }{6}$ , $\phi \in \left[0,2\pi \right]$

故$b_{\min }=3\sqrt{3}$ 。

4. 主要引理和推广定理证明

4.1. 主要引理证明

对于引理1.1证明，对函数$g_{0,n}\left(x\right)$ 求导得

${g^{\prime }}_{0,n}\left(x\right)=n\left(\sin \left(nx\right)-\sin \left(x\right)\right)$

则${g^{\prime }}_{0,n}\left(x\right)=0$ 知

$nx=2k\pi +x$ 或$nx=\left(2k+1\right)\pi -x$ ，$k\in \mathbb{Z}$ 。

于是有

${x^{\prime }}_k=\frac{2k\pi }{n-1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n-2\right\}$ 或$x_k=\frac{\pi +2k\pi }{n+1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$

由引理2.5可知$g_{0,n}\left(x\right)$ 的最大值必在${g^{\prime }}_{0,n}\left(x\right)=0$ 的根处取到，于是有

若$nx=2k\pi +x$ ，则

$\begin{array}{c}{g}_{0,n}\left(x\right)=n\cos \left(x\right)-\cos \left(nx\right)\\ =n\cos \left(x\right)-\cos \left(2k\pi +x\right)=\left(n-1\right)\cos x\end{array}$

于是当${x^{\prime }}_k=\frac{2k\pi }{n-1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n-2\right\}$ 时，结合断言2有

$g_{0,n}\left({x^{\prime }}_k\right)=\left(n-1\right)\cos x\le n-1<\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}$

若$nx=\left(2k+1\right)\pi -x$ ，则

于是当$x_k=\frac{\pi +2k\pi }{n+1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$ 时，有

$g_{0,n}\left(x_k\right)=\left(n+1\right)\cos x_k\le \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}$

其中$x_0=\frac{\pi }{n+1}$ 时等号成立，即(1)式得证。

断言2：当$n=\frac{q}{p}\in {\mathbb{Q}}^{+}$ ，$\left(p,q\right)=1$ ，$p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，且$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ 时

$\left|n-1\right|<\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}\le \left(n+1\right)\cos \frac{-\phi +\pi }{p+q}$ .

证：令$p\left(x\right)=\cos \pi x$ ，由于当$x\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$ 时，函数$p^{″}\left(x\right)=-{\pi }^2\cos x\pi \le 0$ ，于是令

${\lambda }_1=1-\frac{2}{p+q},{\lambda }_2=\frac{2}{p+q},x_1=0,x_2=\frac{1}{2}$

代入引理2.3得

$\begin{array}{c}\left(n+1\right)p\left(\frac{1}{p+q}\right)>\left(n+1\right)\left[\left(1-\frac{2}{p+q}\right)p\left(x\right)+\left(\frac{2}{p+q}\right)p\left(\frac{\pi }{2}\right)\right]\\ =\left(n+1\right)\left(1-\frac{2}{p+q}\right)=\frac{p+q-2}{p}\\ \ge \left|\frac{q-p}{p}\right|=\left|n-1\right|\end{array}$

于是左式得证，对于右式，令

$h\left(\phi \right)=\cos \frac{-\phi +\pi }{p+q}$ , $\phi \in \left[0,2\pi \right]$

考察函数$h\left(\phi \right)$ 在$\left[0,2\pi \right]$ 上的单调性便可得证。

对于引理1.2的证明，结合引理2.3，令$p\left(x\right)=\cos x,x\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ ，由于$p^{″}\left(x\right)\le 0$ ，于是令

$\{\begin{array}{l}-\frac{\pi }{2}\le x\le \frac{\pi }{2}\\ -\frac{\pi }{2}\le \pi -\left(nx+\phi \right)\le \frac{\pi }{2}\end{array}$

解得

$x\in \left[\frac{1}{n}\left(\frac{\pi }{2}-\phi \right),\frac{1}{n}\left(\frac{3\pi }{2}-\phi \right)\right]\subseteq \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right],n\ge 3,\phi \in \left[0,2\pi \right]$

为方便叙述，定义

$\Lambda \triangleq \left[\frac{1}{n}\left(\frac{\pi }{2}-\phi \right),\frac{1}{n}\left(\frac{3\pi }{2}-\phi \right)\right]$

则当$x\in \Lambda$ 时，由于

$g_{\phi ,n}\left(x\right)=n\cos \left(x\right)-\cos \left(nx+\phi \right)=n\cos \left(x\right)+\cos \left[\pi -\left(nx+\phi \right)\right]$

于是有

$\frac{g_{\phi ,n}\left(x\right)}{n+1}\le \cos \left(\frac{\pi -\left(nx+\phi \right)+nx}{n+1}\right)=\cos \frac{\pi -\phi }{n+1}$

当且仅当$x=\frac{\pi -\phi }{n+1}$ 时等号成立，且$x=\frac{\pi -\phi }{n+1}\in \Lambda$ ，于是有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi -\phi }{n+1},x\in \Lambda$

由于$\cos \frac{\pi -\phi }{n+1}\ge \cos \frac{\pi }{n+1},\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，则对给定的$\phi$ ，有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\ge {\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\max }\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1},x\in \left[-\pi ,\pi \right]$

当$n=1$ 或2时，可单独证明或由定理1.1可得。当$n\ge 3$ 时，结合引理1.1，则(2)式得证。

对于引理1.3的证明，对于给定的$\phi$ ，令${g^{\prime }}_{\phi ,n}\left(x\right)=0$ 可得$\sin \left(nx+\phi \right)=\sin x$ ，于是

$nx+\phi =x+2k\pi$ 或$nx+\phi +x=\pi +2k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

于是有

${x^{\prime }}_k=\frac{2kp\pi -p\phi }{q-p}$ 或$x_k=\frac{\left(2k+1\right)p\pi -p\phi }{p+q}$ (11)

由引理2.5可知$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 最大值必在${g^{\prime }}_{\phi ,n}\left(x\right)=0$ 的根处取到，则当$p$ 为奇数时，令$\phi =0$ ，下证(4)式成立。当${x^{\prime }}_k=\frac{2kp\pi }{q-p}$ 时，由断言2可得

$g_{0,n}\left({x^{\prime }}_k\right)=\left(n-1\right)\cos {x^{\prime }}_k<n-1<\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$ (12)

当$x_k=\frac{\left(2k+1\right)p\pi }{p+q}$ 时，给定$k\in \mathbb{Z}$ ，由引理2.6可得，对于整数$\left(2k+1\right)p$ 和$2\left(p+q\right)$ ，存在唯一整数$k_2,k_3$ 使得

$\left(2k+1\right)p=2\left(p+q\right)k_2+k_3,0\le k_3<2\left(p+q\right)$

于是

$\cos x_k=\cos \left(\frac{\left(2k+1\right)p\pi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{2k_2\left(p+q\right)\pi +k_3\pi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{k_3\pi }{p+q}+2k_2\pi \right)=\cos \left(\frac{k_3\pi }{p+q}\right)$

当$k_3=0$ 时，由于$p$ 为奇数，故$\left(2k+1\right)p$ 为奇数，$2\left(p+q\right)$ 为偶数，于是有

$k_1=\frac{\left(2k+1\right)p}{2\left(p+q\right)}\notin \mathbb{Z}$ ，故舍去。

当$k_3=1$ 时，考虑以下不定方程的整数解

$\left(2p\right)x+2\left(p+q\right)y=1-p$

由于$\left(p,q\right)=1$ ，则$\left(p,p+q\right)=1$ ，于是有

$\left(2p,2\left(p+q\right)\right)=2\left(p,p+q\right)=2$

结合$p$ 为奇数，则存在$v\in \mathbb{Z}$ 使得$2v=1-p$ ，于是有

$\left(2p,2\left(p+q\right)\right)|1-p$

则该不定方程有一组整数解$x=k_4,y=k_2$ ，于是当$k=k_4$ 时，有

$g_{0,n}\left(x_k\right)=\left(n+1\right)\cos x_{k_4}=\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\pi }{p+q}\right)$

结合余弦函数在单位圆的几何意义可知当$k_3=1$ 时，(3)式成立。

当$p$ 为偶数时，令$\phi =\frac{\pi }{p}$ ，下证(4)式成立。

当${x^{\prime }}_k=\frac{2kp\pi -\pi }{q-p}$ 时，证明与(12)式相同，故省略。

当$x_k=\frac{\left(2k+1\right)p\pi -\pi }{p+q}$ 时，给定$k\in \mathbb{Z}$ ，由引理2.6可得，对于整数$\left(2k+1\right)p-1$ 和$2\left(p+q\right)$ ，存在唯一整数$k_6,k_7$ 使得

$\left(2k+1\right)p-1=2\left(p+q\right)k_6+k_7,0\le k_7<2\left(p+q\right)$

于是

$\cos x_k=\cos \left(\frac{\left(2k+1\right)p\pi -\pi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{2k_6\left(p+q\right)\pi +k_7\pi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{k_7\pi }{p+q}\right)$

当$k_7=0$ 时，由于$p$ 为偶数，故$\left(2k+1\right)p-1$ 为奇数，$2\left(p+q\right)$ 为偶数，于是有

$k_6=\frac{\left(2k+1\right)p-1}{2\left(p+q\right)}\notin \mathbb{Z}$ ，故舍去。

当$k_7=1$ 时，结合$p$ 为奇数时的证明可知(5)式成立。

4.2. 推广定理证明

4.2.1. 定理1.1证明思路分析

对于定理1.1的证明，综合运用了前面做法，首先是对$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 进行求导，由断言1得出了两组极值点，即

${x^{\prime }}_k=-\frac{\phi }{n-1}+\frac{2k\pi }{n-1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n-2\right\}$

并将其简记为$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组

$x_k=\frac{-\phi +\pi }{n+1}+\frac{2k\pi }{n+1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$

并将其简记为$\left\{x_k\right\}$ 组

由引理2.5可知，最值点一定出现在这两组极值点中，将其代入函数$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 并进行等量替换，对于$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组而言

$g_{\phi ,n}\left({x^{\prime }}_k\right)=\left(n-1\right)\cos {x^{\prime }}_k,k\in \left\{0,1,\cdots ,n-2\right\}$ (13)

对于$\left\{x_k\right\}$ 组而言

$g_{\phi ,n}\left(x_k\right)=\left(n+1\right)\cos x_k,k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$ (14)

由于此时(13)式和(14)式带双参数$\phi ,n$ ，为了更加直观找出最值点，于是通过$\cos x$ 在单位圆上的几何意义来找出该点。由于有两组极值点。故分别对圆进行划分，其中$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组需将单位圆进行$n-1$ 等分，$\left\{x_k\right\}$ 组需将单位圆进行$n+1$ 等分。但通过简单的计算不难发现，对于求最大值而言，$n$ 取的不同，并不影响通过图像给出解答，但求最小值而言，不难发现，$n$ 的奇偶性会影响图像的形态，因为若想计算出最小值，能出现最小值的区域必然包含$\pi$ ，故可以先利用(15)式和(17)式计算出符合的区域，以(16)式为例，若

$n$ 为奇数，则$k$ 取$\frac{n-1}{2}$ 和$\frac{n+1}{2}$ 即可，此时这两块区域类似于图8。若$n$ 为偶数，则$k$ 取$\frac{n}{2}$ ，但此时需注意，要考察$\pi$ 所在的$y$ 轴与转轴$OI$ 和$OJ$ 夹角的弧度大小，即

$\measuredangle IOy=\pi -\left(-\frac{2\pi }{n-1}+\frac{n\pi }{n-1}\right)$ 和$\measuredangle yOJ=-\frac{2\pi }{n-1}+\frac{\left(n+2\right)\pi }{n-1}-\pi$

若弧度大小相等，即两端对称，类似于图5，则此时取最小值的极值点的$k$ 便为$\frac{n}{2}$ ，(16)式便是如此。

若弧度大小不等，则需要进行二次讨论，以$\measuredangle IOy<\measuredangle yOJ$ 为例：

为了方便叙述且防止记号混淆，其一记任意一点横坐标写法，例如$A$ 的横坐标记为$x^A$ ，其二以图9中的扇形区域$OCK$ 为例，将扇形区域$OCK$ 记为区域$\frac{4\pi }{5}\curvearrowright \frac{6\pi }{5}$ 。在图5中，区域$\theta \curvearrowright \vartheta$ 包含$\pi$ ，当转轴逆时针旋转时，刚转动一小部分时，由图6可知，转轴$OL$ 在区域$\theta \curvearrowright \vartheta$ 中转动，转轴$OJ$ 在区域$\vartheta \curvearrowright \rho$ 中转动，此时$x^J<x^L$ ，继续转动时，由图7可知，此时$x^J=x^L$ ，再继续转动时，如图8，此时$x^J>x^L$ 。

Figure 5. Initial image

图5. 初始图

Figure 6. $x^J<x^L$

图6. $x^J<x^L$

Figure 7. $x^J=x^L$

图7. $x^J=x^L$

Figure 8. $x^J>x^L$

图8. $x^J>x^L$

当然在本文中并未出现此种情况，若读者有意，可自行证明定理1.3，该定理的证明会不断出现此种情况。接下来正式叙述定理1.1的证明思路，将$n$ 进行赋值，当$n$ 为偶数时，不妨令$n=6$ ，对于$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组，由图9可知，区域$\frac{4\pi }{5}\curvearrowright \frac{6\pi }{5}$ 包含了$\pi$ ，当$\phi$ 从$2\pi \to 0$ 赋值时，图9中的5个区域也以逆时针方向随之转动。

当$\phi \in \left[\pi ,2\pi \right]$ 时，由图10可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{4\pi }{5}\curvearrowright \frac{5\pi }{5}$ 转动，$x^C$ 在单调递减，即$\cos x$ 在单调递减。

当$\phi \in \left[0,\pi \right]$ 时，由图11可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{5\pi }{5}\curvearrowright \frac{6\pi }{5}$ 转动，$x^C$ 在单调递增，即$\cos x$ 在单调递增。但无论$\phi$ 取何值，只要转轴$OC$ 在区域$\frac{4\pi }{5}\curvearrowright \frac{6\pi }{5}$ 中旋转，相比于其他转轴，所算出的$\cos x$ 的值一定是最小的。同时转轴$OC$ 为第4根转轴，故$k=3$ 时，${x^{\prime }}_3$ 为所找极值点，即

${\left[g_{\phi ,6}\left({x^{\prime }}_3\right)\right]}_{极\min }=5\cos \left(\frac{-\phi +6\pi }{5}\right)=-5\cos \left(\frac{-\phi +\pi }{5}\right)$

对于$\left\{x_k\right\}$ 组由图12可知，区域$\frac{5\pi }{7}\curvearrowright \frac{7\pi }{7}$ 和区域$\frac{7\pi }{7}\curvearrowright \frac{9\pi }{7}$ 包含了$\pi$ ，当$\phi$ 从$2\pi \to 0$ 赋值时，图12中的7个区域也以逆时针方向随之转动。

Figure 9. Initial image of group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=6$

图9. $n=6$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组初始图

Figure 10. Rotation of the upper half area of axis $OC$ in group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=6$

图10. $n=6$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组转轴$OC$ 上半区域转动

Figure 11. Rotation of axis $OC$ in the lower half of group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=6$

图11. $n=6$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组转轴$OC$ 下半区域转动

Figure 12. Initial image of group $\left\{x_k\right\}$ , $n=6$

图12. $n=6$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组初始图

当$\phi \in \left(\pi ,2\pi \right]$ 时，由图13可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{5\pi }{7}\curvearrowright \frac{6\pi }{7}$ 转动，转轴$OK$ 在区域$\frac{8\pi }{7}\curvearrowright \frac{9\pi }{7}$ 转动，$x^C$ 在单调递减，$x^K$ 在单调递增，但$x^K<x^C$ ，于是$\cos x^K<\cos x^C$ 。此时转轴$OK$ 为第5根转轴，故$k=4$ 时，$x_4$ 为所找极值点，即${\left[g_{\phi ,6}\left(x_4\right)\right]}_{极\min }=7\cos \left(\frac{-\phi +9\pi }{7}\right)=-7\cos \left(\frac{-\phi +2\pi }{7}\right)$ 。

当$\phi =\pi$ 时，由图14可知，$x^K=x^C$ ，故此时相等。当$\phi \in \left[0,\pi \right)$ 时，由图15可知，$x^C$ 在单调递减，$x^K$ 在单调递增，但$x^K>x^C$ ，于是$\cos x^K>\cos x^C$ 。此时转轴$OC$ 为第4根转轴，故$k=3$ 时，$x_3$ 为所找极值点，即$g_{\phi ,6}{\left(x_3\right)}_{极\max }=7\cos \left(\frac{-\phi +7\pi }{7}\right)=-7\cos \left(\frac{-\phi }{7}\right)$ 。于是有

${\left[g_{\phi ,6}\left(x\right)\right]}_{极\min }=\{\begin{array}{l}-7\cos \frac{-\phi }{7},\phi \in \left[0,\pi \right]\\ -7\cos \frac{-\phi +2\pi }{7},\phi \in \left(\pi ,2\pi \right]\end{array}=-7\cos \frac{\phi \prime }{7},\phi \prime \in \left[-\pi ,\pi \right]$

Figure 13. $x^K<x^C$ in group $\left\{x_k\right\}$ , $n=6$

图13. $n=6$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组$x^K<x^C$

Figure 14. $x^K=x^C$ in group $\left\{x_k\right\}$ , $n=6$

图14. $n=6$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组$x^K=x^C$

Figure 15. $x^K>x^C$ in group $\left\{x_k\right\}$ , $n=6$

图15. $n=6$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组$x^K>x^C$

由于${\left[g_{\phi ,6}\left(x\right)\right]}_{极\min }<{\left[g_{\phi ,6}\left({x^{\prime }}_3\right)\right]}_{极\min }$ ，于是当$n=6$ 时，${\left[g_{\phi ,6}\left(x\right)\right]}_{\min }=-7\cos \frac{\phi \prime }{7},\phi \prime \in \left[-\pi ,\pi \right]$ 。

当$n$ 为奇数时，不妨令$n=7$ ，对于$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组，由图16可知，区域$\frac{2\pi }{3}\curvearrowright \frac{3\pi }{3}$ 和区域$\frac{3\pi }{3}\curvearrowright \frac{4\pi }{3}$ 包含了$\pi$ ，当$\phi$ 从$2\pi \to 0$ 赋值时，图16中的6个区域也以逆时针方向随之转动。当$\phi \in \left(\pi ,2\pi \right]$ 时，由图17可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{2\pi }{3}\curvearrowright \frac{5\pi }{6}$ 转动，转轴$OK$ 在区域$\frac{3\pi }{3}\curvearrowright \frac{7\pi }{6}$ 转动，$x^C$ 在单调递减，$x^K$ 在单调递增，但$x^K<x^C$ ，于是$\cos x^K<\cos x^C$ 。同时转轴$OK$ 为第5根转轴，故$k=4$ 时，${x^{\prime }}_4$ 为所找极值点，即

${\left[g_{\phi ,7}\left({x^{\prime }}_4\right)\right]}_{极\min }=6\cos \left(\frac{-\phi +8\pi }{6}\right)=-6\cos \left(\frac{-\phi +2\pi }{6}\right)$

Figure 16. Initial image of group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=7$

图16. $n=7$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组初始图

当$\phi =\pi$ 时，由图18可知，$x^K=x^C$ ，故此时相等，但当$\phi \in \left[0,\pi \right)$ 时，由图19可知，$x^C$ 在单调递减，$x^K$ 在单调递增，但$x^K>x^C$ ，于是$\cos x^K>\cos x^C$ 。同时转轴$OC$ 为第4根转轴，故$k=3$ 时，${x^{\prime }}_3$ 为所找极值点，即

${\left[g_{\phi ,7}\left({x^{\prime }}_3\right)\right]}_{极\min }=6\cos \left(\frac{-\phi +6\pi }{6}\right)=-6\cos \left(\frac{-\phi }{6}\right)$ ，于是有

${\left[g_{\phi ,7}\left(x\right)\right]}_{极\min }=\{\begin{array}{l}-6\cos \frac{-\phi }{6},\phi \in \left[0,\pi \right]\\ -6\cos \frac{-\phi +2\pi }{6},\phi \in \left(\pi ,2\pi \right]\end{array}=-6\cos \frac{\phi \prime }{6},\phi \prime \in \left[-\pi ,\pi \right]$

对于$\left\{x_k\right\}$ 组由图20可知，区域$\frac{7\pi }{8}\curvearrowright \frac{9\pi }{8}$ 包含了$\pi$ ，当$\phi$ 从$2\pi \to 0$ 赋值时，图20中的8个区域也以逆时针方向随之转动。当$\phi \in \left[\pi ,2\pi \right]$ 时，由图21可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{7\pi }{8}\curvearrowright \frac{8\pi }{8}$ 转动，$x^C$ 在单调递减，即$\cos x^C$ 单调递减。

Figure 17. $x^K<x^C$ in group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=7$

图17. $n=7$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组$x^K<x^C$

Figure 18. $x^K=x^C$ in group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=7$

图18. $n=7$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组$x^K=x^C$

Figure 19. $x^K>x^C$ in group $\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ , $n=7$

图19. $n=7$ ，$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组$x^K>x^C$

Figure 20. Initial image of group $\left\{x_k\right\}$ , $n=7$

图20. $n=7$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组初始图

Figure 21. Rotation of the upper half area of axis $OC$ in group $\left\{x_k\right\}$ , $n=7$

图21. $n=7$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组转轴$OC$ 上半区域转动

当$\phi \in \left[0,\pi \right]$ 时，由图22可知，转轴$OC$ 在区域$\frac{8\pi }{8}\curvearrowright \frac{9\pi }{8}$ 转动，$x^C$ 在单调递增，即$\cos x^C$ 单调递增。但无论$\phi$ 取何值，只要转轴$OC$ 在区域$\frac{7\pi }{8}\curvearrowright \frac{9\pi }{8}$ 中旋转，相比于其他转轴，所算出的$\cos x$ 的值一定是最小的。同时转轴$OC$ 为第5根转轴，故$k=4$ 时，$x_4$ 为所找极值点，即

${\left[g_{\phi ,7}\left(x_4\right)\right]}_{极\min }=8\cos \left(\frac{-\phi +9\pi }{8}\right)=-8\cos \left(\frac{\pi -\phi }{8}\right)$

由于${\left[g_{\phi ,7}\left(x_4\right)\right]}_{极\min }<g_{\phi ,7}{\left(x\right)}_{极\min }$ ，于是当$n=7$ 时，${\left[g_{\phi ,7}\left(x\right)\right]}_{\min }=-8\cos \left(\frac{\pi -\phi }{8}\right)$ 。

综上所述

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=\{\begin{array}{l}-8\cos \frac{\pi -\phi }{8},n=7,\phi \in \left[0,2\pi \right]\hfill \\ -7\cos \frac{\phi }{7},n=6,\phi \in \left[-\pi ,\pi \right]\hfill \end{array}$

但在实际证明定理1.1时，可借助断言2将证明简化，无需严格按照思路分析去解答。

Figure 22. Rotation of axis $OC$ in the lower half of group $\left\{x_k\right\}$ , $n=7$

图22. $n=7$ ，$\left\{x_k\right\}$ 组转轴$OC$ 下半区域转动

4.2.2. 定理1.1证明

对定理1.1证明，对于给定的$\phi$ ，令${g^{\prime }}_{\phi ,n}\left(x\right)=0$ 可得$\sin \left(nx+\phi \right)=\sin x$ ，于是

$nx+\phi =x+2k\pi$ 或$nx+\phi +x=\pi +2k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

当${\Omega }^{\prime }=\left[-\frac{2\pi }{n-1},\frac{\left(2n-4\right)\pi }{n-1}\right]$ 时，解得

${x^{\prime }}_k=-\frac{\phi }{n-1}+\frac{2k\pi }{n-1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n-2\right\}$

于是由$\cos x$ 在单位圆中的几何意义得，当$x\prime ={x^{\prime }}_0$ 或$x\prime ={x^{\prime }}_1$ 时

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\prime \right)\right]}_{极\max }=\max \left\{\left(n-1\right)\cos \frac{\phi }{n-1},\left(n-1\right)\cos \frac{2\pi -\phi }{n-1}\right\}$

当$\Omega =\left[-\frac{\pi }{n+1},\frac{\left(2n+1\right)\pi }{n+1}\right]$ 时，解得

$x_k=\frac{-\phi +\pi }{n+1}+\frac{2k\pi }{n+1},k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$

于是由$\cos x$ 在单位圆中的几何意义得，当$x_0=\frac{-\phi +\pi }{n+1}$ 时

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi -\phi }{n+1}$

由于当$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ 时

${\left[{\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\max }\right]}_{\min }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{n+1}>{\left[{\left[g_{\phi ,n}\left(x^{\prime }\right)\right]}_{极\max }\right]}_{\max }=n-1$

于是${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }$ 便计算出，即

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }={\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\max }=\left(n+1\right)\cos \frac{\pi -\phi }{n+1}$

接下来计算${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }$ ，由单位圆图像分析可得，能够使得函数$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 取得最小值的极值点一定分布在含$\pi$ 的区域中，故先计算两组含$\pi$ 的区域的转轴编号。先计算$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组的转轴编号，于是有

$-\frac{2\pi }{n-1}+\frac{2k\pi }{n-1}\le \pi \le -\frac{2\pi }{n-1}+\frac{2\left(k+1\right)\pi }{n-1}$ (15)

解得

$k\in \left[\frac{n-1}{2},\frac{n+1}{2}\right]$ (16)

再计算$\left\{x_k\right\}$ 组的转轴编号，于是有

$-\frac{\pi }{n+1}+\frac{2k\pi }{n+1}\le \pi \le -\frac{\pi }{n+1}+\frac{2\left(k+1\right)\pi }{n+1}$ (17)

解得

$k\in \left[\frac{n}{2},\frac{n}{2}+1\right]$

于是当$n$ 为奇数时，对于$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组，此时$k\in \left\{\frac{n-1}{2},\frac{n+1}{2}\right\}$ ，得

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\prime \right)\right]}_{极\min }=\min \left\{-\left(n-1\right)\cos \frac{-\phi }{n-1},-\left(n-1\right)\cos \frac{-\phi +2\pi }{n-1}\right\}$

对于$\left\{x_k\right\}$ 组，此时$k=\frac{n+1}{2}$ ，得

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\min }=-\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi +\pi }{n+1}$

由于$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，且${\left[g_{\phi ,n}\left(x\prime \right)\right]}_{极\min }\ge -\left(n-1\right)$ ，则由断言2可知

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\min }<-\left(n-1\right)\le {\left[g_{\phi ,n}\left(x^{\prime }\right)\right]}_{极\min }$ (18)

于是有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\min }=-\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi +\pi }{n+1}$

当$n$ 为偶数时，对于$\left\{{x^{\prime }}_k\right\}$ 组，此时$k=\frac{n}{2}$ ，得

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\prime \right)\right]}_{极\min }=-\left(n-1\right)\cos \frac{-\phi +\pi }{n-1}$

对于$\left\{x_k\right\}$ 组，此时$k\in \left\{\frac{n}{2},\frac{n}{2}+1\right\}$ ，得

$\begin{array}{c}{\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\min }=\min \left\{-\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi }{n+1},-\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi +2\pi }{n+1}\right\}\\ =\{\begin{array}{l}-\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi }{n+1},\phi \in \left[0,\pi \right]\\ -\left(n+1\right)\cos \frac{-\phi +2\pi }{n+1},\phi \in \left(\pi ,2\pi \right]\end{array}\\ =-\left(n+1\right)\cos \frac{\phi \prime }{n+1},\phi \prime \in \left[-\pi ,\pi \right]\end{array}$

由于$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，同(18)式的证明可知

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{极\min }<{\left[g_{\phi ,n}\left(x^{\prime }\right)\right]}_{极\min }$

于是(5)式，(6)式得证。

4.2.3. 定理1.2证明思路分析

对于定理1.2的证明，第一个想法是直接求出像定理1.1那样的$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 的解析式，再求最小的最大值，但由于$n\in {\mathbb{Q}}^{+}$ ，依然沿着之前的做法在技术上有一定难度，主要原因就是此时计算出的极值点组，即(11)式相对复杂，分类较多，无法对单位圆进行有效划分。以$\left\{x_k\right\}$ 组为例，首先求解包含$\pi$ 的区域，即

$\frac{\left(2k+1\right)p\pi -2p\pi }{p+q}\le \pi \le \frac{\left(2k+3\right)p\pi -2p\pi }{p+q}$

解得$\frac{q}{2p}\le k\le 1+\frac{q}{2p}$ ，且$k\in \mathbb{N}$ .注意到此时需要对$\frac{q}{2p}$ 是否取整进行讨论，若$\frac{q}{2p}\in {\mathbb{N}}^{*}$ ，则令$k_1=\frac{q}{2p}$ 和$k_2=1+\frac{q}{2p}$ 代入$g_{\phi ,n}\left(x_k\right)$ 进行比较即可，若$\frac{q}{2p}\notin {\mathbb{N}}^{*}$ ，则令$k_3=\left[\frac{q}{2p}\right]$ 和$k_4=\left[\frac{q}{2p}\right]+1$ ，此时还需考虑$\pi$ 所在的$y$ 轴到区域$x_{k_3}\curvearrowright x_{k_4}$ 两端端弧度大小，并基于此进行分类，显然处理难度已经很大，故此想法可以搁置。

第二个想法便是利用第(3)小问的角度1 (先猜后证)的思想，可以先对条件进行化简，在化简中寻找可能的最值。在化简推导的过程中，首先依然是对$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 进行求导，得出(11)式。结合之前的推导，不难发现算最大值，选择的极值点组为$\left\{x_k\right\}$ 组，当然选另一组也可以，在处理上并无本质区别，只不过最后取最大的而已。将$x_k$ 代入式子得到

$g_{\phi ,n}\left(x_k\right)=\left(n+1\right)\cos x_k=\left(n+1\right)\cos \left(\frac{\left(2k+1\right)p\pi -p\phi }{p+q}\right)$ (19)

但在(19)式中，有两大问题需要注意，其一便是$p\phi$ 的范围不可得知，其二是$x_k$ 的解析式相对复杂，不易处理。对于第一个问题，由于$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，故可对整个实数集$ℝ$ 以$2\pi$ 为周期进行划分，即必存在$t$ 使得$p\phi \in \left[2t\pi ,\left(2t+2\right)\pi \right],t\in \mathbb{Z}$ ，从而相对控制了$p\phi$ 的范围。对于第二个问题此时可利用三角函数周期性将重复的$2\pi$ 去掉，于是将$x_k$ 的分子部分写成如下形式，即

$\left(2k+1\right)p\pi -p\phi =-2\left(p+q\right)y\pi +u\pi -p\phi ,k\in \mathbb{Z},y\in \mathbb{Z}$ (20)

再将(20)式代入(19)式，不难发现，起作用的是$u\pi -p\phi$ 部分，于是很自然的想法是让$u$ 和$p\phi$ 产生联系，于是进一步化简得

$\left(2k+1\right)p+2\left(p+q\right)y=u,k\in \mathbb{Z},y\in \mathbb{Z}$ (21)

但在(21)式中，若是先给定$k$ 的值，去计算$u$ 和$y$ 的值，则并无大的意义，仅仅是换了一个表达形式，且此时$u$ 和$p\phi$ 并无联系。故可以反向思考，可以先给定$u$ 的值，且假定与$p\phi$ 有关，去计算$k$ 与$y$ 的值，于是将(21)式进一步化简得

$\left(2p\right)k+2\left(p+q\right)y=u-p,k\in \mathbb{Z},y\in \mathbb{Z}$ (22)

不难发现，此时(22)式是一个关于$k$ ，$y$ 的不定方程，且由于$\left(2p,2\left(p+q\right)\right)=2\left(p,p+q\right)=2$ ，故此不定方程若有解，由引理2.7可知，$u-p$ 为偶数。故将$p$ 分为奇数和偶数，不妨以奇数为例，若$p$ 为奇数，则$u$ 也为奇数，而$p\phi \in \left[2t\pi ,\left(2t+2\right)\pi \right]$ ，故不妨设$u=2t+1$ ，其中$t$ 建立了$u$ 和$p\phi$ 之间的联系，它们和$g_{\phi ,n}\left(x_k\right)$ 之间的联系可以用以下的箭头表示，即

$p\phi \stackrel{�定}{\to }t\stackrel{�定}{\to }u=2t+1\stackrel{�定}{\to }k\stackrel{�定}{\to }{g}_{\phi ,n}\left(x_k\right)$

于是将$u=2t+1$ 代入(20)式进行计算得到化简的(23)式，即对确定的$t_1$ ，有：

$\cos x_{k_1}=\cos \left(\frac{\left(2t_1+1\right)\pi -p\phi }{p+q}\right),p\phi \in \left[2t_1\pi ,\left(2t_1+2\right)\pi \right]$ (23)

从(23)式得到$x_{k_1}\in \left[\frac{-\pi }{p+q},\frac{\pi }{p+q}\right]$ ，但需注意，此处的$k_1$ 并不能遍历$\mathbb{N}$ ，即计算出的(24)式中的

$g_{\phi ,n}\left(x_{k_1}\right)$ 为极大值，并非一定为最大值。但由引理1.3便可知

${\left[g_{0,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\le {\left[g_{\phi ,n}\left(x_{k_1}\right)\right]}_{极\max }\le {\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }$

而引理1.3的证明思路也是如此，但由于引理1.3的$\phi$ 是确定的，故用引理2.6会更加简便。同样当$p$ 为偶数时也相同，此处不再赘述。

4.2.4. 定理1.2证明

对定理1.2的证明，对于给定的$\phi$ ，由(11)式可得${g^{\prime }}_{\phi ,n}\left(x\right)=0$ 的根。由引理2.5可知$g_{\phi ,n}\left(x\right)$ 最大值必在${g^{\prime }}_{\phi ,n}\left(x\right)=0$ 的根处取到，则当$p$ 为奇数时，设$p\phi \in \left[2t\pi ,\left(2t+2\right)\pi \right],t\in \mathbb{Z}$ 时，考虑以下不定方程的整数解

$\left(2p\right)x+2\left(p+q\right)y=2t+1-p$

对于确定的$t_1$ ，结合$p$ 为奇数，则存在$z\in \mathbb{Z}$ 使得$2z=2t_1+1-p$ ，于是有

$\left(2p,2\left(p+q\right)\right)|2t_1+1-p$

则由引理2.7得，存在整数$x=k_1,y=m_1$ 使得

$\left(2k_1+1\right)p\pi +2\left(p+q\right)m_1\pi =\left(2t_1+1\right)\pi$

于是有

由于$p\phi \in \left[2t_1\pi ,\left(2t_1+2\right)\pi \right]$ ，则

$\frac{\left(2t_1+1\right)\pi -p\phi }{p+q}\in \left[\frac{-\pi }{p+q},\frac{\pi }{p+q}\right]$

从而

${\left[g_{\phi ,n}\left(x_{k_1}\right)\right]}_{极\max }=\left(n+1\right)\cos x_{k_1}\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$ (24)

即对任意给定的$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$

由引理1.3可知

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}={\left[g_{0,n}\left(x\right)\right]}_{\max }$

当$p$ 为偶数时，设$p\phi \in \left[\left(2\mu -1\right)\pi ,\left(2\mu +1\right)\pi \right],\mu \in \mathbb{Z}$ ，考虑以下不定方程的整数解

$\left(2p\right)x+2\left(p+q\right)y=2\mu -p$

结合$p$ 为奇数时的证明思路由引理2.7得，存在整数$x=k_5,y=m_2$ 使得

$\left(2k_5+1\right)p\pi +2\left(p+q\right)m_2\pi =2\mu \pi$

于是有

$\cos x_{k_5}=\cos \left(\frac{\left(2k_5+1\right)p\pi -p\phi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{2\mu \pi -2\left(p+q\right)m_2\pi -p\phi }{p+q}\right)=\cos \left(\frac{2\mu \pi -p\phi }{p+q}\right)$

由于$p\phi \in \left[\left(2\mu -1\right)\pi ,\left(2\mu +1\right)\pi \right]$ ，则

$\frac{2\mu \pi -p\phi }{p+q}\in \left[\frac{-\pi }{p+q},\frac{\pi }{p+q}\right]$

从而

${\left[g_{\phi ,n}\left(x_{k_5}\right)\right]}_{极\max }=\left(n+1\right)\cos x_{k_5}\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$

即对任意给定的$\phi \in \left[0,2\pi \right]$ ，有

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}$

由引理1.3可知

${\left[g_{\phi ,n}\left(x\right)\right]}_{\max }\ge \left(n+1\right)\cos \frac{\pi }{p+q}={\left[g_{\frac{\pi }{p},n}\left(x\right)\right]}_{\max }$

于是(7)式得证。

基金项目

南京市教学研究项目：基于“赋能型作业”的高中数学教学设计优化研究，编号(2023NJJK15-L45)。