创新交汇 函数、导数与其他知识的综合问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书配套课件（提升版）

创新交汇　函数、导数与其他知识的综合问题 考情分析 函数、导数与其他知识的交汇可能会逐渐成为高考命题的热点，试题涵盖了对函数与导数概念的理解、计算能力的展现以及其在多种场景下的应用，能综合考查学生的知识迁移能力、逻辑思维能力和运算求解能力，可作为压轴小题或大题呈现，难度较大. 函数、导数与其他知识的交汇 类型一 目录 / CONTENTS 函数与导数中的新定义问题 类型二 课时作业 类型一　函数、导数与其他知识的交汇 目 录 【例1】　（1）已知定义在R上的函数f（x）是奇函数，且满足f（ － x）＝f（x），f（－2）＝－3，数列{an}是等差数列，若a2＝3，a7＝ 13，则f（a1）＋f（a2）＋f（a3）＋…＋f（a2 026）＝（　B　） A. －2 B. －3 C. 2 D. 3 B 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解析：∵函数f（x）是奇函数，且满足f（ －x）＝f（x），则有 f（ －x）＝－f（－x），则f（3－x）＝－f（ －x）＝f（－x），即 f（3－x）＝f（－x），∴f（x）是周期为3的函数，∵数列{an}是等差 数列，且a2＝3，a7＝13，∴a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1，∴f（a1）＋f （a2）＋f（a3）＋…＋f（a2 026）＝f（1）＋f（3）＋f（5）＋…＋f（ 4 051），∵f（－2）＝－3，f（0）＝0，∴f（1）＝－3，∴f（1）＋f （3）＋f（5）＝0，∴f（a1）＋f（a2）＋f（a3）＋…＋f（a2 026）＝f （1）＋f（3）＋f（5）＋…＋f（4 051）＝f（1）＝－3，故选B. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）已知函数f（x）＝aln（x＋1）＋1（a∈R）的图象恒过定点A， 圆O：x2＋y2＝4上两点P（x1，y1），Q（x2，y2）满足 ＝λ （λ∈R），试求｜2x1＋y1＋7｜＋｜2x2＋y2＋7｜的最小值. 解：因为x＝0时，f（0）＝1，所以函数f（x）＝aln（x＋1）＋1 （a∈R）的图象过定点A（0，1）， 因为 ＝λ （λ∈R）， 所以点P，A，Q三点共线，λ＞0， 因为P（x1，y1），Q（x2，y2）为圆x2＋y2＝4上两点，所以点P，Q为 过点A（0，1）的直线与圆O的两个交点， 设线段PQ的中点为M（x0，y0），则x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 因为 ＋ 表示点P（x1，y1），Q（x2，y2）到 直线2x＋y＋7＝0的距离和， 表示点M（x0，y0）到直线2x ＋y＋7＝0的距离， 分别过点P，M，Q作PP1，MN，QQ1与直线2x＋y＋7＝0垂直，垂足为 P1，N，Q1，则｜PP1｜＋｜QQ1｜＝2｜MN｜， 所以 ＋ ＝2· ， 因为OM⊥PQ，直线PQ过点M，A，所以OM⊥AM，所以 · ＝0， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以x0·x0＋y0·（y0－1）＝0，化简可得 ＋ －y0＝0， 即点M（x0，y0）在圆x2＋（ y－ ）2＝ 上， 所以点M的轨迹为以（ 0， ）为圆心，半径为 的圆， 所以点M（x0，y0）到直线2x＋y＋7＝0的距离的最小值为 － ＝ ， 所以 ≥ ， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以 ＋ ≥3 －1， 所以｜2x1＋y1＋7｜＋｜2x2＋y2＋7｜≥15－ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　（1）函数、导数与数列交汇，结合图形变换寻找点的坐 标的规律，构造数列问题； （2）函数、导数与解析几何、概率、立体几何均有可能交汇，在求解最 值、范围时发挥工具性作用. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练1】　已知函数f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1）. （1）若x＞－1，求f（x）的最小值； 解：因为f（x）＝（1＋x）k－kx－1（k＞1），则f'（x）＝k[（1＋ x）k－1－1].因为k＞1，则k－1＞0，由x＞－1，当－1＜x＜0时，则0＜ x＋1＜1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＜k（1－1）＝0；当x＞0 时，则x＋1＞1，可得f'（x）＝k[（1＋x）k－1－1]＞k（1－1）＝0.所 以f（x）在（－1，0）内单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以f （x）的最小值为f（0）＝0. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 证明：因为an＝（1＋ ）n，若n＝1，则S1＝a1＝1＋ ＝ ，满足Sn－ n≥2－ ；若n≥2，则由（1）可知f（x）＝（1＋x）k－kx－1≥0， 即（1＋x）k≥kx＋1，当且仅当x＝0时等号成立.令x＝（ ）n＞0，k＝ n＞1，可得an＝（1＋ ）n＞ ＋1＝ － ＋1，且a1＝ ＝2－ ＋ 1，可得Sn＞2－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＋n＝2－ ＋n， 所以Sn－n＞2－ .综上所述，Sn－n≥2－ . （2）设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（1＋ ）n，求证：Sn－n≥2 － . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 类型二　函数与导数中的新定义问题 目 录 【例2】　（2025·上海春考）已知函数y＝f（x）的定义域是D，对于 t∈D，定义集合Sf（t）＝{x｜f（x）≥f（t）}. （1）若函数f（x）＝log2x，求Sf（16）； 解： 由题意得，f（16）＝log216＝4， 因为f（x）在（0，＋∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（16）＝4，即log2x≥4，解得x≥16， 所以Sf（16）＝{x｜x≥16}. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）对于集合A，若对任意x∈A都有－x∈A，则称A是对称集.若D是 对称集，证明：“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意 t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t）”. 解： 假设对任意t∈D，都有Sf（t）＝Sf（－t）， 因为D是对称集，所以对任意t∈D，t和－t都在D中， 则t∈Sf（t），－t∈Sf（－t）， 所以－t∈Sf（t），t∈Sf（－t）， 故f（－t）≥f（t），f（t）≥f（－t）， 所以f（t）＝f（－t），由t的任意性知，y＝f（x）是偶函数，充分性 成立. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 假设y＝f（x）是偶函数， 则对任意t∈D，f（t）＝f（－t）， 由定义知，Sf（t）＝{x∈D｜f（x）≥f（t）}，Sf（－t）＝{x∈D｜f （x）≥f（－t）}， 所以对任意t∈D，Sf（t）＝Sf（－t），必要性成立. 综上，“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，都有Sf （t）＝Sf（－t）”. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　对于以函数为背景的新定义问题的求解，要紧扣新定义和 用好函数的性质，分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清 楚，应用到具体的解题过程中；同时要善于从试题中发现可以使用的函数 的性质的一些因素. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练2】　设函数f（x）＝（x2＋ax＋ a）ex，其中a为常数.对于给 定的一组有序实数（k，m），若对任意x1，x2∈R，都有[kx1－f（x1） ＋m]·[kx2－f（x2）＋m]≥0，则称（k，m）为f（x）的“和谐数组”. （1）若a＝0，判断数组（0，0）是否为f（x）的“和谐数组”，并说明 理由； 解： 数组（0，0）是f（x）的“和谐数组”，理由如下： 当a＝0时，f（x）＝x2ex.根据幂函数、指数函数的性质，对任意x∈R， 都有f（x）＝x2ex≥0. 对任意x1，x2∈R，代入k＝m＝0，得：[kx1－f（x1）＋m]·[kx2－f （x2）＋m]＝f（x1）·f（x2）≥0. ∴（0，0）是f（x）的“和谐数组”. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若a＝4 ，求函数f（x）的极值点； 解： 当a＝4 时，f（x）＝（x2＋4 x＋8）ex， ∴f'（x）＝[x2＋（2＋4 ）x＋8＋4 ]ex＝（x＋2 ）（x＋2＋ 2 ）ex，于是可列表如下： x （－∞， －2－2 ） －2－2 （－2－2 ，－2 ） －2 （－2 ，＋∞） f'（x） ＋ 0 － 0 ＋ f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴x＝－2－2 为函数f（x）的极大值点，x＝－2 为f（x）的极小 值点. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）证明：若（k，m）为f（x）的“和谐数组”，则对任意x∈R，都 有kx－f（x）＋m≤0. 证明：假设存在x0∈R，使得kx0－f（x0）＋m＞0，则对任意x0'∈R， 都有[kx0－f（x0）＋m]·[kx0'－f（x0'）＋m]≥0. ∴对任意x∈R，kx－f（x）＋m≥0恒成立. 令F（x）＝（x2＋ax＋ a）ex－kx－m，则F（x）≤0在R上恒成立， 由二次函数性质可知，必存在t0＞0使得当x＞t0时，x2＋ax＋ a＞0恒 成立，且此时ex＞1， ∴当x＞t0时有F（x）＝（x2＋ax＋ a）ex－kx－m＞x2＋ax＋ a－ kx－m， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 其中x2＋ax＋ a－kx－m＝（x＋ ）2－ ＋ a－m， 由二次函数性质可知，必存在x1＞t0使得当x＞x1时，F（x）＞x2＋ax＋ a－kx－m＞0. 这与F（x）≤0在R上恒成立矛盾. ∴对任意x∈R，都有kx－f（x）＋m≤0. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 课时作业 （时间：60分钟，满分：74分） 目 录 1. （5分）M（x1，y1）在函数y＝ex的图象上，当x1∈[0，1）时， 可能等于（　　） A. －1 B. －2 C. 1 D. 0 解析：　由 表示M（x1，y1）与点A（1，－1）所成直 线的斜率k，又M（x1，y1）是y＝ex在x∈[0，1）部分图象 上的动点，如图所示，B（1，e），则k∈（－∞，－2]，只 有B满足. 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 2. （5分）设函数f（x）满足：∀x，y∈R，都有f（x＋y）＝f（x）·f （y），且f（2）＝2.记an＝f（n），则数列{log2an}的前10项和为 （　　） A. 55 B. 45 C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解析：　令x＝1，y＝1，可得f（2）＝f（1）f（1）＝f2（1），再令x ＝ ，y＝ 可得f（1）＝f（ ）f（ ）＝f2（ ）≥0，又因为f（2）＝ 2，所以f（1）＝ ，再令x＝n，y＝1可得f（n＋1）＝f（n）·f（1） ＝ f（n），又因为an＝f（n），所以有an＋1＝ an，即{an}是等比数 列，则有首项a1＝f（1）＝ ，公比q＝ ，所以an＝ ，即log2an＝ log2 ＝nlog2 ＝ n，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a10＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ × ＝ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 3. （5分）若定义在D上的函数f（x），∀x1，x2，x3∈D，f（x1），f （x2），f（x3）可以作为一个三角形的三条边长，则称f（x）是D上的 “三角形函数”.已知函数f（x）＝xln x＋t是定义在区间［ ，e2］上的 “三角形函数”，则t的取值范围是（　　） A. （ 2e2＋ ，＋∞） B. （ 2e2＋ ，＋∞） C. （ 2e＋ ，＋∞） D. （ e＋ ，＋∞） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解析：　f'（x）＝ln x＋1，令f'（x）＝ln x＋1＞0得 ＜x≤e2，令f' （x）＝ln x＋1＜0得 ≤x＜ ，故f（x）在［ ， ）上单调递减，在 （ ，e2］上单调递增，所以f（x）在x＝ 处取得极小值，也是最小值， f（ ）＝ ln ＋t＝－ ＋t，又f（ ）＝ ln ＋t＝－ ＋t，f（e2） ＝e2ln e2＋t＝2e2＋t，故f（x）max＝2e2＋t，由题意得2f（x）min＞f （x）max，即－ ＋2t＞2e2＋t，解得t＞2e2＋ .故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 4. （5分）如图1，将一块边长为20的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等 腰三角形△PEE1，△PFF1，△PGG1，△PHH1，再将剩下的部分折成一个 正四棱锥P-EFGH，使E与E1重合，F与F1重合，G与G1重合，H与H1重 合，点A，B，C，D重合于点O，如图2.则正四棱锥P-EFGH体积的最 大值为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解析：　根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，设 GC＝x，则有PG2＝（10－x）2＋102，OF＝OG＝x，四棱锥的高h2＝ PG2－OG2＝200－20x，底面正方形EFGH的面积S＝4×S△OFG＝2x2， ∴四棱锥P-EFGH的体积V＝ x2 ，令t＝ ，则x ＝ ，0≤t2＜200，则V＝ （ ）2t，V'＝ （200－t2）（200 －5t2），当t2＞40时，V'＜0，V单调递减；当t2＜40时，V单调递增，∴ 当t2＝40时，V取最大值，∴Vmax＝ （ ）2× ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 5. （5分）闵氏距离（Minkowski Distance）是衡量数值点之间距离的一种 非常常见的方法，设点A，B坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则闵氏 距离Dp（A，B）＝ （p∈N*）.若点 A，B分别在y＝ex和y＝x－1的图象上，则Dp（A，B）的最小值为 （　　） A. B. 2p C. D. ep √ 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解析：　由题意得，设A（x1， ），B（x2，x2－1），因为点A，B 分别在函数y＝ex和y＝x－1的图象上，所以Dp（A，B）＝（｜x1－ x2｜p＋｜ －x2＋1｜p ≥｜（x1－x2）－（ －x2＋1） ＝｜ （x1－ －1） ，当且仅当（x1－x2）（ －x2＋1）≥0时等号成 立.设g（x）＝｜x－ex－1｜，h（x）＝x－ex－1，则h'（x）＝1－ ex，令h'（x）＞0⇒x＜0，h'（x）＜0⇒x＞0，所以函数h（x）在（－ ∞，0）上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减，所以h（x）max＝h （0）＝－2，即h（x）≤－2，所以g（x）＝｜h（x）｜＝－h（x） ≥2，即Dp（A，B）≥ ，所以Dp（A，B）的最小值为 .故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 6. （15分）（2025·江苏宿迁二模）已知函数f（x）＝ex－1－ ，n∈N*. （1）证明：f（x）有唯一零点； 解：证明：当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上无零点， 因为f'（x）＝ex－1＋ ＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增， 所以f（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点， 当n＝1时，f（x）有唯一零点1. 当n≥2时，因为f（1）＝1－n＜0，f（n）＝en－1－1≥e－1＞0， 所以函数f（x）有唯一零点，得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）记f（x）的零点为an.数列{an}中是否存在连续三项按某顺序构成等 比数列？并说明理由. 解： 由（1）知， ＝ ，且an＞0， 两边取自然对数，得an＋ln an＝ln n＋1，　① 所以an＋1＋ln an＋1＝ln（n＋1）＋1， 两式相减，得an＋1－an＋ln an＋1－ln an＝ln ＞0， 所以an＋1＋ln an＋1＞an＋ln an. 因为函数y＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增， 所以an＋1＞an，所以数列{an}单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 假设数列{an}中存在am，am＋1，am＋2成等比数列，则 ＝amam＋2， 所以2ln am＋1＝ln am＋ln am＋2. 由①式得，ln am＝ln m＋1－am，代入上式，得 2ln（m＋1）－2am＋1＝ln m－am＋ln（m＋2）－am＋2， 2am＋1－（am＋am＋2）＝ln .　② 因为an＞0，所以2am＋1－（am＋am＋2）≤2am＋1－2 ＝0， 又ln ＝ln ＞ln 1＝0，所以方程②无解. 所以数列{an}中不存在连续三项按某顺序构成等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 7. （17分）定义：如果函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象上分别存在 点M和N关于x轴对称，则称函数y＝f（x）和y＝g（x）具有C关系. （1）判断函数f（x）＝log2（8x2）和g（x）＝ x是否具有C关系； 解： f（x）与g（x）具有C关系，理由如下： 根据定义，若f（x）与g（x）具有C关系，则在f（x）与g（x）的定义 域的交集上存在x，使得f（x）＋g（x）＝0，因为f（x）＝log2 （8x2），g（x）＝ x，x＞0， 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以f（x）＋g（x）＝log2（8x2）＋ x＝log28＋log2x2－log2x＝3＋ log2x， 令f（x）＋g（x）＝0，即3＋log2x＝0，解得x＝ ，所以f（x）与g （x）具有C关系. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若函数f（x）＝a 和g（x）＝－x－1不具有C关系，求实数 a的取值范围； 解： 令φ（x）＝f（x）＋g（x），因为f（x）＝a ，g （x）＝－x－1，所以φ（x）＝a －x－1（x≥1），令t＝ （t≥0），则x＝t2＋1，故y＝φ（x）＝at－（t2＋1）－1＝－t2＋at－ 2，因为f（x）与g（x）不具有C关系，所以φ（x）在[0，＋∞）上恒为 负或恒为正，又因为y＝－t2＋at－2开口向下，所以y＝－t2＋at－2在 [0，＋∞）上恒为负，即－t2＋at－2＜0在[0，＋∞）上恒成立，当t＝0 时，－t2＋at－2＝－2＜0显然成立； 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 当t＞0时，a＜t＋ 在[0，＋∞）上恒成立，因为t＋ ≥2 ＝2 ， 当且仅当t＝ ，即t＝ 时，等号成立，所以（ t＋ ）min＝2 ，所以a ＜2 ，综上，a＜2 ，即a∈（－∞，2 ）. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）若函数f（x）＝xex和g（x）＝m sin x（m＜0）在区间（0，π）内 具有C关系，求实数m的取值范围. 解： 因为f（x）＝xex和g（x）＝m sin x（m＜0），令h（x）＝f （x）＋g（x），则h（x）＝xex＋m sin x，因为f（x）与g（x）在 （0，π）内具有C关系，所以h（x）在（0，π）内存在零点，因为h' （x）＝（x＋1）ex＋m cos x，当－1≤m＜0且x∈（0，π）时，因为（x ＋1）ex＞1，｜m cos x｜＜｜m｜≤1，所以h'（x）＞0，所以h（x）在 （0，π）内单调递增，则h（x）＞h（0）＝0，此时h（x）在（0，π） 内不存在零点，不满足题意； 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 当m＜－1时，显然当x∈［ ，π）时，h'（x）＞0，当x∈（ 0， ） 时，因为h'（x）在（ 0， ）内单调递增，且h'（0）＝1＋m＜0，h' （ ）＝（ ＋1） ＞0，故h'（x）在（ 0， ）内存在唯一零点，设为 α，则h'（α）＝0，所以当x∈（0，α）时，h'（x）＜0；当x∈（ α， ）时，h'（x）＞0；又当x∈［ ，π）时，h'（x）＞0， 所以h（x）在（0，α）内单调递减，在（α，π）上单调递增，h（x） 在（0，π）上存在唯一极小值点α. 因为h（0）＝0，所以h（α）＜0，又因为h（π）＝πeπ＞0，所以h （x）在（0，π）内存在唯一零点β， 所以函数f（x）与g（x）在（0，π）内具有C关系.综上，m＜－1，即 m∈（－∞，－1）. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 8. （17分）（2025·全国Ⅰ卷19题）（1）求函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x 在区间［0， ］的最大值； 解： 法一　因为f（x）＝5 cos x－ cos 5x， 所以f'（x）＝－5 sin x＋5 sin 5x. 令f'（x）＝0，得 sin x＝ sin 5x， 又x∈［0， ］，所以x＝5x或x＝π－5x， 所以x＝0或x＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 x 0 （0， ） ​ （ ， ］ f'（x） 0 ＋ 0 － f（x） 单调递增 极大值 单调递减 因为f（ ）＝5 cos － cos ＝3 ， 所以函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x在区间［0， ］的最大值为3 . 所以x，f'（x），f（x）的关系如表所示： 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 法二　由题得f'（x）＝－5 sin x＋5 sin 5x＝5×2 cos sin ＝10 sin 2x cos 3x， 由x∈［0， ］，得 sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示： x 0 （0， ） ​ （ ， ］ f'（x） 0 ＋ 0 － f（x） 单调递增 极大值 单调递减 因为f（ ）＝5 cos － cos ＝3 ， 所以函数f（x）＝5 cos x－ cos 5x在区间［0， ］的最大值为3 . 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ； 证明：法一　因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]， 当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得 cos y＝ cos θ； 当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ， 作出余弦函数的大致图象（如图所示）， 所以 cos （a－θ）≤ cos θ， 只需要取y＝a－θ，即可得到 cos y≤ cos θ. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ] 使得 cos y≤ cos θ. 法二　假设 cos y＞ cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立， 由 cos y＞ cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意 y∈[a－θ，a＋θ]矛盾， 所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 法三　因为 cos （a＋θ）＋ cos （a－θ）＝2 cos a cos θ≤2 cos θ， 所以 cos （a＋θ）与 cos （a－θ）中必有一个小于等于 cos θ. 否则 cos （a＋θ）＞ cos θ， cos （a－θ）＞ cos θ，这与 cos （a＋ θ）＋ cos （a－θ）＝2 cos a cos θ≤2 cos θ矛盾. 所以一定存在y＝a－θ或y＝a＋θ，使得 cos y≤ cos θ， 所以对于给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ. 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）设b∈R，若存在φ∈R使得5 cos x－ cos （5x＋φ）≤b对x∈R恒成 立，求b的最小值. 解：令h（x）＝5 cos x－ cos （5x＋φ），当φ＝0时，因为h（x）＝h （－x），h（x）＝h（x＋2π），所以h（x）为偶函数，且2π为h （x）的周期，所以讨论h（x）在[0，2π）上的情况，由（1）可知h （x）在（0， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，在（ ，π） 上单调递增，结合对称性，及h（π）＝－4，可知x∈[0，2π）时h（x） ≤3 ，所以此时b的最小值为3 . 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 当｜x0｜≤ 时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈［－ ＋φ， ＋φ］. 由（2）可知，取θ＝ ，a＝φ，可得存在y0∈［－ ＋φ， ＋φ］使 得 cos y0≤ cos ＝－ ， 所以h（x0）＝5 cos x0－ cos （5x0＋φ）＝5 cos x0－ cos y0≥5× －（－ ）＝3 ， 综上可得，bmin＝3 . 要证3 为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h（x）的最大值不小 于3 ， 只需要证明存在x0，使得h（x0）≥3 . 1 2 3 4 5 6 7 8 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $