浙江 2025 · 数学 q19

这道题在问什么

三个小问，一层一层垫上来。核心的函数只有一个：

$$f(x)=5\cos x-\cos 5x .$$

• (1) 在闭区间 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 上求 $f$ 的最大值。这是最标准的一问。
• (2) 给定 $\theta\in(0,\pi)$ 与任意实数 $a$，证明闭区间 $[a-\theta,a+\theta]$ 里总有一点 $y$ 使 $\cos y\le\cos\theta$。这一问表面上和 $f$ 毫无关系。
• (3) 求最小的 $b$，使得存在某个 $\varphi$，让 $5\cos x-\cos(5x+\varphi)\le b$ 对任意 $x$ 成立。

先把 (3) 翻译清楚，不翻译根本无从下手。记

$$g_\varphi(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi).$$

「对任意 $x$ 都有 $g_\varphi(x)\le b$」说的就是「$b\ge\max\limits_x g_\varphi(x)$」；而题目只要求存在一个 $\varphi$ 能办到，所以合格的 $b$ 就是那些不小于某一个 $\max_x g_\varphi$ 的数。取最省的那个 $\varphi$：

$$b_{\min}=\min_{\varphi}\ \max_{x}\ g_\varphi(x).$$

「先让对手取到最大，再挑参数把这个最大值压到最小」——这个形状就是极小极大问题。它天生要两头夹：

• 上界：找出一个具体的 $\varphi$、把它的 $\max_x g_\varphi$ 算出来，得到 $b_{\min}\le$ 那个值；
• 下界：对任意 $\varphi$，都造得出一个点 $x_0$ 把 $g_\varphi(x_0)$ 顶到某个高度，得到 $b_{\min}\ge$ 那个高度。

两头相等，答案就出来了。上界那一头几乎是白送的：取 $\varphi=0$ 就有 $g_0=f$，所以只要知道 $f$ 在全实数上的最大值即可。难的是下界——它要对所有 $\varphi$ 一起成立。

这道题有几条路。 (2) 只有一条（反证法），而 (1) 与 (3) 各有两条，且两两配成两条完整的线：

所以下面先把 (2) 做掉（两条路都得交这道答案），再分头走。

先做掉第 (2) 问：一个「塞不进去」的引理

要证什么。 不论闭区间 $[a-\theta,a+\theta]$（长 $2\theta$）平移到数轴的哪个位置，里面至少有一个点 $y$ 满足 $\cos y\le\cos\theta$。$a$ 是任意的，所以这是一句「怎么放都躲不开」的话。

怎么想到用反证法。 结论是「存在一个点」，可要正面把那个点指出来，就得先知道区间在哪——而 $a$ 任意，无从构造。反过来看它的否定：「整段区间上都有 $\cos y>\cos\theta$」——这是一句关于整段区间的话，信息量大得多，而且好翻译成图形。结论是存在性、否定是全称性且更好用，这正是反证法的典型场合。

反设：对一切 $y\in[a-\theta,a+\theta]$ 都有 $\cos y>\cos\theta$。

把 $\cos y>\cos\theta$ 画出来。 余弦函数在每个 $y=2k\pi$ 处取到最大值 $1$，然后离峰越远越小。所以「$\cos y$ 比 $\cos\theta$ 大」就是「$y$ 离最近的那个峰顶不到 $\theta$ 远」：

$$\cos y>\cos\theta\iff y\in\bigcup_{k\in\mathbb Z}\underbrace{\big(2k\pi-\theta,\ 2k\pi+\theta\big)}_{\text{第 }k\text{ 个「峰窗」}} .$$

（写细一点：把 $y$ 写成 $y=2k\pi+r$、$r\in(-\pi,\pi]$，则 $\cos y=\cos|r|$；而 $|r|$ 与 $\theta$ 都落在 $[0,\pi]$ 里、余弦在那儿严格递减，故 $\cos|r|>\cos\theta\iff|r|<\theta$。）

每个峰窗都是开区间、中心在 $2k\pi$、长恰好 $2\theta$。相邻中心相距 $2\pi$，而 $\theta<\pi$ 给出 $2\theta<2\pi$，所以峰窗两两不沾，彼此之间还隔着长 $2\pi-2\theta>0$ 的空档。

导出矛盾。 反设说整段 $[a-\theta,a+\theta]$ 都落在峰窗的并里。这段区间是连着的，而空档里的点不属于那个并，所以它不可能横跨两个峰窗——只能整段落进同一个峰窗：

$$[a-\theta,\ a+\theta]\subset(2k\pi-\theta,\ 2k\pi+\theta).$$

两端各比一下：左端要 $a-\theta>2k\pi-\theta$，即 $a>2k\pi$；右端要 $a+\theta<2k\pi+\theta$，即 $a<2k\pi$。$a$ 同时大于又小于 $2k\pi$，不可能。

一句话概括这个矛盾：长 $2\theta$ 的闭区间塞不进长 $2\theta$ 的开区间——闭的两个端点非取到不可，开的两个端点又碰不着。反设不成立，故 (2) 成立。$\blacksquare$

这个引理「紧」在哪。 区间长与峰窗长恰好相等，正是它能当工具的原因：结论里那个 $\cos\theta$ 一点都不能再压小。文末有一个可以拖的交互演示——红色峰窗与蓝色闭区间等长，无论怎么拖 $a$ 与 $\theta$，闭区间总有一个点（绿色的见证点）掉在峰窗外面，那就是题目要的 $y$。亲手拖一拖，比看十遍证明都清楚。

它和 $f$ 有什么关系？ 现在还看不出来。先记住它交到手里的东西：在任意一段长 $2\theta$ 的闭区间里，一定找得到一个角，它的余弦不超过 $\cos\theta$。 (3) 的下界要的恰好是「余弦足够小的角」，而那个角会是 $5x+\varphi$。

解法一：导数定最值 + 借 (2) 造点

第 (1) 问：三板斧

为什么是求导。 闭区间上的连续函数，最大值只可能出现在两种地方：区间的端点，或者内部「转向」的地方——而可导函数转向时导数必为 $0$。于是闭区间求最值就是三步：求导找驻点 → 凑齐候选点（两端点 ∪ 内部驻点）→ 逐个代进去比大小。

① 求导。 逐项来。$\cos 5x$ 是「函数套函数」，要用链式法则：$(\cos 5x)'=-5\sin 5x$（别漏乘内层那个 $5$）。

$$f'(x)=-5\sin x-(-5\sin 5x)=5(\sin 5x-\sin x).$$

中间那两个负号最容易丢一个：$-\cos 5x$ 求导得 $-(-5\sin 5x)=+5\sin 5x$。

② 找驻点。 $f'(x)=0$ 就是 $\sin 5x=\sin x$。这里要用正弦相等的两族解，两族都得写：

$$\begin{cases} 5x=x+2k\pi &\Rightarrow\ x=\dfrac{k\pi}{2},\\[4pt] 5x=\pi-x+2k\pi &\Rightarrow\ x=\dfrac{(2k+1)\pi}{6}. \end{cases}$$

③ 挑落在 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 里的。 右端 $\tfrac{\pi}{4}\approx0.785$。第一族给 $x=0$（正好是端点）与 $x=\tfrac{\pi}{2}\approx1.571$（出界）；第二族给 $x=\tfrac{\pi}{6}\approx0.524$ ✓、$x=\tfrac{\pi}{2}$（出界）、$x=-\tfrac{\pi}{6}$（出界）。区间内部的驻点只有 $x=\tfrac{\pi}{6}$，加两个端点共三个候选。

④ 逐个比大小。

$$f(0)=5-1=4,\qquad f\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=5\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}-\left(-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)=3\sqrt3,\qquad f\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right)=5\cdot\tfrac{\sqrt2}{2}-\left(-\tfrac{\sqrt2}{2}\right)=3\sqrt2 .$$

$3\sqrt3\approx5.196>3\sqrt2\approx4.243>4$，所以

$$\boxed{\ \max_{x\in[0,\pi/4]}f(x)=3\sqrt3\quad\big(\text{在 }x=\tfrac{\pi}{6}\ \text{处取到}\big).\ }$$

(3) 的上界：把最大值从一小段推到全实数

$\varphi=0$ 时 $g_0=f$，我们要的是 $\max\limits_{x\in\mathbb R}f(x)$。(1) 的结论不能直接搬——它只管 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 那一小段，谁知道别处会不会更高。

先把定义域缩回来。 $f(-x)=5\cos x-\cos 5x=f(x)$，所以 $f$ 是偶函数；又 $\cos$ 是周期 $2\pi$ 的周期函数，故 $f(x+2\pi)=f(x)$。这两条一起用就是奇偶周期化归：任何实数先用周期平移进 $[-\pi,\pi]$、再用偶性把负的翻正，于是

$$\max_{x\in\mathbb R}f(x)=\max_{x\in[0,\pi]}f(x).$$

再把同一张符号表在 $[0,\pi]$ 上画完。 用和差化积把导数写成乘积，符号一眼就看得出来：

$$f'(x)=5(\sin 5x-\sin x)=10\cos 3x\,\sin 2x .$$

在 $(0,\pi)$ 上：$\sin 2x>0$ 当 $x<\tfrac{\pi}{2}$、$<0$ 当 $x>\tfrac{\pi}{2}$；而 $3x$ 跑遍 $(0,3\pi)$，故 $\cos 3x>0$ 当 $x\in\left(0,\tfrac{\pi}{6}\right)\cup\left(\tfrac{\pi}{2},\tfrac{5\pi}{6}\right)$、$<0$ 当 $x\in\left(\tfrac{\pi}{6},\tfrac{\pi}{2}\right)\cup\left(\tfrac{5\pi}{6},\pi\right)$。两个因子相乘：

所以在 $[0,\pi]$ 上，$f$ 只在 $x=\tfrac{\pi}{6}$ 与右端点 $x=\pi$ 处可能取到最大：$f\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=3\sqrt3$，$f(\pi)=-5-\cos 5\pi=-5+1=-4$。故

$$\max_{x\in\mathbb R}f(x)=3\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad b_{\min}\le 3\sqrt3 .$$

(3) 的下界：这才是 (2) 的用处

固定任意一个 $\varphi$，要造出一个 $x_0$ 把 $g_\varphi(x_0)$ 顶高。看

$$g_\varphi(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi):$$

想让它大，就要 $\cos x$ 大、同时 $\cos(5x+\varphi)$ 小。这两件事互相牵制——$x$ 稍微一动，$5x+\varphi$ 就动得快五倍，$\varphi$ 又是对手挑的，我们对它一无所知。

关键一步：先在跑得快的那一边挑点。 把 $5x+\varphi$ 当成一个整体的角 $y$（整体代换）。当 $x$ 在 $\left[-\tfrac{\theta}{5},\tfrac{\theta}{5}\right]$ 里跑时，$y=5x+\varphi$ 恰好把闭区间 $[\varphi-\theta,\varphi+\theta]$ 跑满——而 (2) 说的正是：这样一段长 $2\theta$ 的闭区间里，一定有一个角 $y_0$ 满足 $\cos y_0\le\cos\theta$。 拿到 $y_0$，回代 $x_0=\dfrac{y_0-\varphi}{5}$，两件事就同时握在手里：

$$\cos(5x_0+\varphi)=\cos y_0\le\cos\theta,\qquad x_0\in\left[-\tfrac{\theta}{5},\tfrac{\theta}{5}\right]\ \Rightarrow\ \cos x_0\ge\cos\tfrac{\theta}{5}.$$

（$\varphi$ 是什么完全不重要——(2) 对任意中心 $a$ 都成立，我们把 $a$ 取成 $\varphi$ 就行。这正是 (2) 那句「$a$ 为任意实数」的价值所在。）于是对任意 $\varphi$，

$$\max_x g_\varphi\ \ge\ g_\varphi(x_0)=5\cos x_0-\cos y_0\ \ge\ 5\cos\tfrac{\theta}{5}-\cos\theta .$$

$\theta$ 该取多少？ 右边只依赖 $\theta$，当然要挑让它最大的那个。而它长得非常眼熟：

$$5\cos\tfrac{\theta}{5}-\cos\theta\ =\ \big(5\cos u-\cos 5u\big)\Big|_{u=\theta/5}\ =\ f\!\left(\tfrac{\theta}{5}\right).$$

它就是 $f$ 本人。 $\theta$ 跑遍 $(0,\pi)$ 等于 $u=\tfrac{\theta}{5}$ 跑遍 $\left(0,\tfrac{\pi}{5}\right)$，而 (1) 已经算出 $f$ 在 $u=\tfrac{\pi}{6}$ 处最大，且 $\tfrac{\pi}{6}<\tfrac{\pi}{5}$——正好落在里面。所以取

$$\frac{\theta}{5}=\frac{\pi}{6}\quad\Longrightarrow\quad \theta=\frac{5\pi}{6},$$

下界就是 $f\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=3\sqrt3$。这同时解释了两头为什么恰好夹得上：上界与下界算的是同一个 $f\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)$。

把这个 $\theta$ 写实：存在 $y_0\in\left[\varphi-\tfrac{5\pi}{6},\ \varphi+\tfrac{5\pi}{6}\right]$ 使 $\cos y_0\le\cos\tfrac{5\pi}{6}=-\tfrac{\sqrt3}{2}$；取 $x_0=\tfrac{y_0-\varphi}{5}\in\left[-\tfrac{\pi}{6},\tfrac{\pi}{6}\right]$，则 $\cos x_0\ge\tfrac{\sqrt3}{2}$，于是

$$g_\varphi(x_0)\ \ge\ 5\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}-\left(-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)=3\sqrt3 .$$

对每个 $\varphi$ 都成立，故 $b_{\min}\ge3\sqrt3$。与上界合起来：

$$\boxed{\ b_{\min}=3\sqrt3 .\ }$$

解法二：多项式化 + 反号对称

这条路的出发点。 $f(x)=5\cos x-\cos 5x$ 里有两个不同的频率（$x$ 与 $5x$），这是它难缠的根源。但 $\cos 5x$ 其实可以只用 $\cos x$ 表示——一旦化成一个变量的多项式，求最大值就变成纯代数问题：不用导数，而且一次就给出全实数上的界（解法一为此还得补一段周期与偶性的讨论）。下界那边也不碰 (2)：这条路从头到尾用不上第 (2) 问。

第一步：把 $\cos 5x$ 化成 $\cos x$ 的多项式

记 $c=\cos x$、$s=\sin x$（这两个缩写只在这一步用，下一步会另起字母）。反复用二倍角公式：

$$\cos 2x=2c^2-1,\qquad \sin 2x=2sc,$$ $$\cos 4x=2\cos^2 2x-1=2(2c^2-1)^2-1=8c^4-8c^2+1,\qquad \sin 4x=2\sin 2x\cos 2x=4sc(2c^2-1).$$

再用和角公式 $\cos(4x+x)=\cos 4x\cos x-\sin 4x\sin x$，并把 $s^2$ 换成 $1-c^2$（这一步把最后一个 $s$ 消掉，是能化成纯多项式的关键）：

$$\cos 5x=(8c^4-8c^2+1)\,c-4sc(2c^2-1)\cdot s=8c^5-8c^3+c-4c(1-c^2)(2c^2-1)=16c^5-20c^3+5c .$$

代回 $f$，$5\cos x$ 与多项式尾巴上的 $5c$ 正好抵消：

$$f(x)=5c-\big(16c^5-20c^3+5c\big)=20c^3-16c^5=4c^3\big(5-4c^2\big).$$

第二步：全实数上的上界，一次因式分解拿下

要证：对一切实数 $x$，$4c^3(5-4c^2)\le3\sqrt3$，其中 $c=\cos x\in[-1,1]$。

$c\le0$ 时白送：$4c^3\le0$ 而 $5-4c^2\ge1>0$，故 $f\le0<3\sqrt3$。以下设 $c>0$。

换变量。 上一步的 $c$、$s$ 那对记号到这里就用完了（$s=\sin x$ 已经被 $1-c^2$ 换掉，式子里只剩 $c$）。现在只盯着 $c^2$，另起一个新字母（又一次整体代换）：令

$$t=c^2=\cos^2 x\in(0,1],$$

则 $c^3=t\sqrt t$、$f=4t\sqrt t\,(5-4t)>0$，两边平方去掉根号：

$$f\le3\sqrt3\iff f^2\le27\iff 16\,t^3(5-4t)^2\le27 .$$

怎么证这个多项式不等式。 先算一个值当靶子：$x=\tfrac{\pi}{6}$ 时 $c=\tfrac{\sqrt3}{2}$、$t=c^2=\tfrac34$，代进左边得 $16\cdot\tfrac{27}{64}\cdot 2^2=27$——等号真的取到。既然 $t=\tfrac34$ 是取等处，它在多项式 $27-16t^3(5-4t)^2$ 里必是重根，也就是 $(4t-3)^2$ 一定除得尽。除一遍：

$$27-16\,t^3(5-4t)^2=(4t-3)^2\Big(16t^2(1-t)+8t+3\Big).$$

右边括号里，$t\in(0,1]$ 使 $16t^2(1-t)\ge0$、$8t+3>0$，所以整个右边 $\ge0$，不等式得证。于是

$$\max_{x\in\mathbb R}f(x)=3\sqrt3,\qquad\text{等号当且仅当 }t=\tfrac34 .$$

把取等条件换回 $x$。 $t=\cos^2x=\tfrac34$，而这一支里 $c>0$，故 $\cos x=\tfrac{\sqrt3}{2}$，即

$$x=\pm\tfrac{\pi}{6}+2k\pi .$$

「猜到等号点 → 它必是重根 → 把 $(4t-3)^2$ 除出去 → 剩下那块在区间上定号」是处理这类一元多项式不等式的通用手法：把「求最值」换成「验一个恒等式」，没有任何技巧要现场想。

这一步顺手把 (1) 也答了。 $\tfrac{\pi}{6}$ 就在 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 里，全实数上的最大值既然在那儿取到，$\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值当然也是 $3\sqrt3$。而 $\varphi=0$ 给出 $b_{\min}\le3\sqrt3$。

第三步：(3) 的下界，找一族「两项配合到极致」的点

固定 $\varphi$，设 $g_\varphi(x)\le b$ 对一切 $x$ 成立。

怎么想到的。 $g_\varphi(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi)$ 两项各有各的脾气，但有一种 $x$ 特别好：两项配合到极致的那种，即 $\cos(5x+\varphi)$ 恰好等于 $-\cos x$。那时

$$g_\varphi(x)=5\cos x+\cos x=6\cos x,$$

一个只含 $\cos x$ 的干净式子。而这样的 $x$ 不是一个，是一整族——「$b$ 要压住一整族数」比「$b$ 要压住一个数」强得多，强到足以把 $b$ 逼出来。

把这族点解出来。 $\cos(5x+\varphi)=-\cos x=\cos(\pi-x)$，取其中一族解 $5x+\varphi=\pi-x+2k\pi$：

$$6x=\pi-\varphi+2k\pi\quad\Longrightarrow\quad x_k=\frac{\pi-\varphi}{6}+\frac{k\pi}{3}\qquad(k\in\mathbb Z).$$

为了写短，记 $m=\dfrac{\varphi}{6}-\dfrac{\pi}{6}$，则 $x_k=-m+\dfrac{k\pi}{3}$，而

$$g_\varphi(x_k)=6\cos x_k=6\cos\!\left(m-\frac{k\pi}{3}\right)\ \le\ b\qquad\text{对每个 }k .$$

绝对值是白送的（反号对称）。 把 $k$ 换成 $k+3$，$x$ 就多走了 $\pi$、角多走 $\pi$、余弦恰好变号：

$$\cos\!\left(m-\frac{(k+3)\pi}{3}\right)=\cos\!\left(m-\frac{k\pi}{3}-\pi\right)=-\cos\!\left(m-\frac{k\pi}{3}\right).$$

这就是 $g_\varphi(x+\pi)=-g_\varphi(x)$ 那条反号对称在这族点上的样子（$x$ 差 $\pi$ 恰好是 $k$ 差 $3$）。一正一反都被 $b$ 压着，于是

$$b\ \ge\ 6\left|\cos\!\left(m-\frac{k\pi}{3}\right)\right|\qquad\text{对一切 }k .$$

$k=0,1,2$ 给出三个角 $m$、$m-\tfrac{\pi}{3}$、$m-\tfrac{2\pi}{3}$（再往下就重复了），它们的余弦绝对值都不超过 $\tfrac b6$。顺带一句，这也说明 $b\ge0$。

降次，好把三个条件放到一起。 三个绝对值不便一起用，拿二倍角公式 $\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=2|\cos\alpha|^2-1$ 把它们换成三个不带绝对值的量（角度都翻倍）：

$$\cos 2m,\quad \cos\!\left(2m-\frac{2\pi}{3}\right),\quad \cos\!\left(2m-\frac{4\pi}{3}\right)\ \le\ 2\left(\frac b6\right)^2-1=\frac{b^2}{18}-1 .$$

反证。 假设 $b<3\sqrt3$，则 $b^2<27$，于是

$$\frac{b^2}{18}-1<\frac{27}{18}-1=\frac12 ,$$

上面三个余弦全都小于 $\tfrac12$。可这三个角两两相差 $\tfrac{2\pi}{3}$——它们的终边与单位圆的交点把圆周三等分。而「余弦小于 $\tfrac12$」就是「交点落在直线 $x=\tfrac12$ 的左边」，也就是说三个点都得躲开右边那段弧

$$\left[-\frac{\pi}{3},\ \frac{\pi}{3}\right]\qquad(\text{弧长恰好 }\tfrac{2\pi}{3}) .$$

可三等分点把圆周切成三段、每段弧长都是 $\tfrac{2\pi}{3}$；一段长 $\tfrac{2\pi}{3}$ 的闭弧要想一个三等分点都不含，就只能严丝合缝地卡在相邻两点之间——而那样它的两个端点正是那两个点。又是第 (2) 问那句「等长的塞不进等长的」，只不过这回搬到了圆上。矛盾。

所以 $b\ge3\sqrt3$；与第二步的上界合起来

$$\boxed{\ b_{\min}=3\sqrt3 .\ }$$

这两条路差在哪。 解法一顺着题目搭的台阶走：(1) 求导拿到最大值点 $\tfrac{\pi}{6}$，(2) 交出「一段区间里必有余弦够小的角」这个引理，(3) 把 $5x+\varphi$ 当整体、用引理造点。每一步都短，代价是得先看出 (2) 是为 (3) 准备的（考场上这一眼最值钱），而且上界那里还要补一段「从 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 推到全实数」的讨论。

解法二完全不用 (2)：先把 $f$ 变成 $\cos x$ 的多项式，一次因式分解就拿到全实数上的界；下界自己找一族点、用反号对称补出绝对值、再用三等分点反证。它更「硬」、算量更大，但换来两样东西——上界一步到位，以及看清答案为什么偏偏是 $3\sqrt3$：三个角相隔 $\tfrac{2\pi}{3}$，最省的摆法是让其中一个正好落在 $\pm\tfrac{\pi}{3}$ 上，于是门槛就是 $\cos\tfrac{\pi}{3}=\tfrac12$，代进 $\tfrac{b^2}{18}-1\ge\tfrac12$ 立刻得 $b\ge3\sqrt3$。$3\sqrt3$ 这个数，就是从「$\tfrac{2\pi}{3}$ 的一半是 $\tfrac{\pi}{3}$」来的。

🕳️ 避坑

• $f'$ 里那两个负号：$(-\cos 5x)'=+5\sin 5x$。丢掉一个，后面的驻点全错。
• 解 $\sin 5x=\sin x$ 只写 $5x=x+2k\pi$ 那一族，会漏掉 $x=\tfrac{\pi}{6}$——而答案恰好在那儿。两族必须都写。
• 三个候选值别看错大小：$f(0)=4$ 而 $f\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right)=3\sqrt2\approx4.243$，是后者更大（虽然两个都不是最大值）。
• (1) 的结论不能直接当 (3) 的上界。 (1) 只说了 $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值，(3) 要的是全实数上的。要么补上周期加偶性那一段（解法一），要么走多项式那条路（解法二）。
• (3) 里引理的宽度取 $\theta=\tfrac{5\pi}{6}$，不是 $\tfrac{\pi}{6}$。$\theta$ 是区间的半宽，$\tfrac{\theta}{5}$ 才是 $x_0$ 的活动半径；错取 $\theta=\tfrac{\pi}{6}$ 只能得到 $f\!\left(\tfrac{\pi}{30}\right)\approx4.107$，比 $3\sqrt3\approx5.196$ 弱，两头就夹不上。
• 解法二第二步换元后，取等条件 $t=\tfrac34$ 里的 $t$ 是 $\cos^2x$，不是 $\cos x$、更不是 $\sin x$。换回原变量要开一次方：$\cos x=\tfrac{\sqrt3}{2}$，才得到 $x=\pm\tfrac{\pi}{6}+2k\pi$。少开这一步方，会算出 $\cos x=\tfrac34$ 这种对不上答案的角。
• 解法二里从 $b\ge6\cos(\cdot)$ 到 $b\ge6\left|\cos(\cdot)\right|$ 那一步不能省：没有绝对值，后面 $2|\cos\alpha|^2-1$ 的降次就无从下手。绝对值是靠「$k$ 差 $3$ 的两个点给出相反数」挣来的，不是白写的。

动了才懂 · 拖动 a 与 θ

橙色开峰窗cos y > cos θ每隔 2π 一个、宽 2θ（端点空心＝开区间）；蓝色闭区间[a−θ, a+θ]也长 2θ（端点实心＝闭区间）。无论怎么拖 a，闭区间至少有一个点掉在橙外——绿色见证点 y*，那就是题目要的 y。

开峰窗 (2kπ−θ, 2kπ+θ)闭区间 [a−θ, a+θ]见证点 y*

a1.100θ1.050

当前 a = 1.100，θ = 1.050 (= 0.334π)。闭区间 [0.05, 2.15]，长度 2θ = 2.100。
见证点 y* = 2.150，cos y* = -0.547 ≤ cos θ = 0.498 ✓ 命题成立