2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)章節(jié)小測（第五章）一、選擇題（每題5分，共60分）設(shè)函數(shù)$f(x)=e^x+2\sinx$，則曲線$y=f(x)$在點$(0,1)$處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為（）A.$\frac{1}{6}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.$1$解析：對$f(x)$求導(dǎo)得$f'(x)=e^x+2\cosx$，則$f'(0)=e^0+2\cos0=3$，切線方程為$y-1=3(x-0)$，即$y=3x+1$。當(dāng)$x=0$時，$y=1$；當(dāng)$y=0$時，$x=-\frac{1}{3}$。三角形面積$S=\frac{1}{2}\times1\times\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$，故選A。若直線$y=2x+5$是曲線$y=e^x+x+a$的一條切線，則$a=$（）A.$3$B.$4$C.$5$D.$6$解析：設(shè)切點為$(x_0,y_0)$，對$y=e^x+x+a$求導(dǎo)得$y'=e^x+1$。由切線斜率$2=e^{x_0}+1$，解得$x_0=0$。代入切線方程得$y_0=5$，再代入曲線方程得$5=e^0+0+a$，解得$a=4$，故選B。已知函數(shù)$f(x)=ae^x-\lnx$在區(qū)間$(1,2)$單調(diào)遞增，則$a$的最小值為（）A.$e^{-2}$B.$e^{-1}$C.$e$D.$e^2$解析：$f'(x)=ae^x-\frac{1}{x}\geq0$在$(1,2)$恒成立，即$a\geq\frac{1}{xe^x}$。令$g(x)=xe^x$，則$g'(x)=(x+1)e^x>0$，$g(x)$在$(1,2)$單調(diào)遞增，$g(x)\in(e,2e^2)$，$\frac{1}{xe^x}\in(\frac{1}{2e^2},\frac{1}{e})$，故$a$的最小值為$e^{-1}$，選B。設(shè)$a=0.1e^{0.1}$，$b=\frac{1}{9}$，$c=-\ln0.9$，則（）A.$a<b<c$B.$c<b<a$C.$c<a<b$D.$a<c<b$解析：構(gòu)造函數(shù)$f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}(x>0)$，$f'(x)=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$\frac{x}{1+x}<1<\ln(1+x)+\frac{x^2}{2(1+x)}$，故$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減。取$x=0.1$，得$\frac{\ln1.1}{0.1}>\frac{\ln(1+\frac{1}{9})}{\frac{1}{9}}$，即$c=-\ln0.9=\ln\frac{10}{9}>\frac{1}{9}=b$。又$a=0.1e^{0.1}>\frac{0.1}{1-0.1}=\frac{1}{9}=b$，且$a=0.1e^{0.1}<0.1(1+0.1+0.05)=0.115<-\ln0.9\approx0.105$，故$b<a<c$，選C。已知函數(shù)$f(x)=(x-1)^2(x-4)$，則下列說法正確的是（）A.$x=3$是$f(x)$的極小值點B.當(dāng)$0<x<1$時，$f(x)<f(x^2)$C.當(dāng)$1<x<2$時，$-4<f(2x-1)<0$D.當(dāng)$-1<x<0$時，$f(2-x)>f(x)$解析：$f'(x)=(x-1)(3x-9)$，極值點為$x=1$和$x=3$，其中$x=3$是極小值點，A正確；當(dāng)$x=\frac{1}{2}$時，$f(\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})^2(-\frac{7}{2})=-\frac{7}{8}$，$f(x^2)=f(\frac{1}{4})=(-\frac{3}{4})^2(-\frac{15}{4})=-\frac{135}{64}<-\frac{7}{8}$，B錯誤；當(dāng)$x\in(1,2)$時，$2x-1\in(1,3)$，$f(2x-1)\in(-4,0)$，C正確；當(dāng)$x\in(-1,0)$時，$2-x\in(2,3)$，$f(2-x)<0$而$f(x)>0$，D錯誤。故選AC。函數(shù)$f(x)=x^3+ax+2$存在3個零點，則$a$的取值范圍是（）A.$(-\infty,-2)$B.$(-\infty,-3)$C.$(-4,-1)$D.$(-3,0)$解析：$f'(x)=3x^2+a$，當(dāng)$a\geq0$時，$f(x)$單調(diào)遞增，最多1個零點；當(dāng)$a<0$時，極值點為$x=\pm\sqrt{-\frac{a}{3}}$。要使函數(shù)有3個零點，需$f(-\sqrt{-\frac{a}{3}})>0$且$f(\sqrt{-\frac{a}{3}})<0$，即$(-\sqrt{-\frac{a}{3}})^3+a(-\sqrt{-\frac{a}{3}})+2>0$且$(\sqrt{-\frac{a}{3}})^3+a(\sqrt{-\frac{a}{3}})+2<0$，解得$a<-3$，故選B。已知$f(x)$是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)$x>0$時，$f(x)=(x^2-3)e^x+2$，則下列說法正確的是（）A.$f(0)=0$B.當(dāng)$x<0$時，$f(x)=-(x^2-3)e^{-x}-2$C.$f(x)\geq2$當(dāng)且僅當(dāng)$x\geq\sqrt{3}$D.$x=-1$是$f(x)$的極大值點解析：奇函數(shù)滿足$f(0)=0$，A正確；當(dāng)$x<0$時，$-x>0$，$f(x)=-f(-x)=-[((-x)^2-3)e^{-x}+2]=-(x^2-3)e^{-x}-2$，B正確；當(dāng)$x>0$時，$f'(x)=(x^2+2x-3)e^x$，極值點$x=1$，$f(1)=(-2)e+2<2$，C錯誤；當(dāng)$x<0$時，$f'(x)=-(x^2-2x-3)e^{-x}$，令$f'(x)=0$得$x=-1$，且在$x=-1$左側(cè)遞增右側(cè)遞減，故$x=-1$是極大值點，D正確。故選ABD。若曲線$y=e^x+x$在點$(0,1)$處的切線也是曲線$y=\ln(x+1)+a$的切線，則$a=$（）A.$\ln2$B.$1$C.$2$D.$e$解析：曲線$y=e^x+x$在$(0,1)$處的切線斜率為$e^0+1=2$，切線方程為$y=2x+1$。設(shè)與曲線$y=\ln(x+1)+a$的切點為$(x_0,\ln(x_0+1)+a)$，則$\frac{1}{x_0+1}=2$，解得$x_0=-\frac{1}{2}$，代入切線方程得$y=0$，則$\ln(\frac{1}{2})+a=0$，解得$a=\ln2$，故選A。已知函數(shù)$f(x)=x^3-x$，$g(x)=x^2+a$，曲線$y=f(x)$在點$(x_1,f(x_1))$處的切線也是曲線$y=g(x)$的切線，若$x_1=-1$，則$a=$（）A.$2$B.$3$C.$4$D.$5$解析：$f(-1)=-1-(-1)=0$，$f'(x)=3x^2-1$，$f'(-1)=2$，切線方程為$y=2(x+1)$。設(shè)與$g(x)$的切點為$(x_2,x_2^2+a)$，則$2x_2=2$，$x_2=1$，代入切線方程得$y=4$，則$1^2+a=4$，解得$a=3$，故選B。已知函數(shù)$f(x)=ax-\frac{1}{x}$，$x\in[\frac{1}{e},e]$，當(dāng)$a=1$時，函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性為（）A.在$[\frac{1}{e},e]$單調(diào)遞增B.在$[\frac{1}{e},1]$單調(diào)遞減，在$[1,e]$單調(diào)遞增C.在$[\frac{1}{e},e]$單調(diào)遞減D.在$[\frac{1}{e},1]$單調(diào)遞增，在$[1,e]$單調(diào)遞減解析：當(dāng)$a=1$時，$f(x)=x-\frac{1}{x}$，$f'(x)=1+\frac{1}{x^2}>0$，故$f(x)$在$[\frac{1}{e},e]$單調(diào)遞增，選A。設(shè)函數(shù)$f(x)=x\lnx$，則$f(x)$圖象上點$(1,f(1))$處的切線方程為（）A.$y=x-1$B.$y=x+1$C.$y=0$D.$y=1$解析：$f(1)=0$，$f'(x)=\lnx+1$，$f'(1)=1$，切線方程為$y-0=1(x-1)$，即$y=x-1$，故選A。已知函數(shù)$f(x)=5\cosx-\cos5x$在區(qū)間$[0,\frac{\pi}{2}]$的最大值為（）A.$4$B.$5$C.$6$D.$7$解析：$f'(x)=-5\sinx+5\sin5x=5(\sin5x-\sinx)=10\cos3x\sin2x$，在$[0,\frac{\pi}{2}]$內(nèi)，令$f'(x)=0$得$x=0,\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}$。計算得$f(0)=5-1=4$，$f(\frac{\pi}{6})=5\times\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos\frac{5\pi}{6}=\frac{5\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\approx5.196$，$f(\frac{\pi}{4})=5\times\frac{\sqrt{2}}{2}-\cos\frac{5\pi}{4}=\frac{5\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}\approx4.242$，$f(\frac{\pi}{2})=0-\cos\frac{5\pi}{2}=0$，故最大值為$3\sqrt{3}\approx5.196$，但選項中無此答案，可能題目存在誤差，根據(jù)選項最接近的是B選項5。二、填空題（每題5分，共20分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2$，則其極小值點為$x=$，極小值為。解析：$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$，令$f'(x)=0$得$x=0$或$x=2$。當(dāng)$x<0$時，$f'(x)>0$；$0<x<2$時，$f'(x)<0$；$x>2$時，$f'(x)>0$。故極小值點為$x=2$，極小值$f(2)=8-12+2=-2$。答案：$2$，$-2$。函數(shù)$f(x)=e^x-x-1$在區(qū)間$[-1,1]$上的最大值為______，最小值為______。解析：$f'(x)=e^x-1$，令$f'(x)=0$得$x=0$。$f(-1)=e^{-1}+1-1=\frac{1}{e}$，$f(0)=1-0-1=0$，$f(1)=e-1-1=e-2$。比較得最大值為$e-2$，最小值為$0$。答案：$e-2$，$0$。已知數(shù)列${a_n}$中，$a_1=3$，$\frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n(n+1)}$，則數(shù)列${na_n}$的通項公式為______。解析：由$\frac{a_{n+1}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，累加得$\frac{a_n}{n}-\frac{a_1}{1}=1-\frac{1}{n}$，即$\frac{a_n}{n}=3+1-\frac{1}{n}=\frac{4n-1}{n}$，故$na_n=4n-1$。答案：$4n-1$。若函數(shù)$f(x)=2ax-e^{x^2}(a>0且a\neq1)$存在極小值點$x_1$和極大值點$x_2$，且$x_1<x_2$，則$a$的取值范圍是______。解析：$f'(x)=2a-2xe^{x^2}$，令$f'(x)=0$得$a=xe^{x^2}$。設(shè)$g(x)=xe^{x^2}$，則$g'(x)=e^{x^2}(1+2x^2)>0$，$g(x)$單調(diào)遞增，且$g(x)\inR$。要使方程$a=xe^{x^2}$有兩個解，需$a>0$且$a\neq1$時，結(jié)合函數(shù)圖像可知當(dāng)$0<a<1$時，方程有兩個解，且$x_1<0<x_2$，滿足$x_1<x_2$。答案：$(0,1)$。三、解答題（共70分）（12分）已知函數(shù)$f(x)=a(x-1)-\lnx+1$。（1）求$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)$a\leq2$時，證明：當(dāng)$x>1$時，$f(x)<e^{x-1}$恒成立。解析：（1）$f(x)$的定義域為$(0,+\infty)$，$f'(x)=a-\frac{1}{x}$。當(dāng)$a\leq0$時，$f'(x)<0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$a>0$時，令$f'(x)=0$得$x=\frac{1}{a}$，當(dāng)$0<x<\frac{1}{a}$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x>\frac{1}{a}$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增。（2）要證當(dāng)$x>1$時，$a(x-1)-\lnx+1<e^{x-1}$，即證$e^{x-1}-a(x-1)+\lnx-1>0$。設(shè)$h(x)=e^{x-1}-a(x-1)+\lnx-1$，則$h'(x)=e^{x-1}-a+\frac{1}{x}$。當(dāng)$x>1$時，$e^{x-1}>1$，$\frac{1}{x}>0$，又$a\leq2$，則$h'(x)>1-2+0=-1$，但需進(jìn)一步證明$h'(x)>0$。注意到$h(1)=1-0+0-1=0$，當(dāng)$a\leq2$時，$h'(x)=e^{x-1}+\frac{1}{x}-a\geqe^{x-1}+\frac{1}{x}-2$，設(shè)$k(x)=e^{x-1}+\frac{1}{x}-2$，$k'(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x^2}$，當(dāng)$x>1$時，$k'(x)>e^0-1=0$，$k(x)$單調(diào)遞增，$k(x)>k(1)=1+1-2=0$，故$h'(x)>0$，$h(x)$在$(1,+\infty)$單調(diào)遞增，$h(x)>h(1)=0$，得證。（12分）已知函數(shù)$f(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+ax+b(x-1)^3$。（1）若$b=0$，且$f'(x)\geq0$，求$a$的最小值；（2）證明：曲線$y=f(x)$是中心對稱圖形。解析：（1）當(dāng)$b=0$時，$f(x)=\ln(1+x)-\ln(1-x)+ax$，定義域為$(-1,1)$。$f'(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}+a=\frac{2}{1-x^2}+a$，要使$f'(x)\geq0$在$(-1,1)$恒成立，即$a\geq-\frac{2}{1-x^2}$。因為$1-x^2\in(0,1]$，所以$\frac{2}{1-x^2}\geq2$，$-\frac{2}{1-x^2}\leq-2$，故$a\geq-2$，$a$的最小值為$-2$。（2）要證曲線$y=f(x)$是中心對稱圖形，只需證明存在點$(h,k)$，使得$f(2h-x)+f(x)=2k$對任意$x$成立。設(shè)$h=1$，$k=f(1)$（注：$f(1)$需有定義，實際應(yīng)為極限值），或通過待定系數(shù)法，設(shè)$h=0$，則$f(-x)+f(x)=\ln\frac{1-x}{1+x}-ax+b(-x-1)^3+\ln\frac{1+x}{1-x}+ax+b(x-1)^3=b[-(x+1)^3+(x-1)^3]=b[-6x^2-2]$，不是常數(shù)。設(shè)$h=1$，則$f(2-x)+f(x)=\ln\frac{1+(2-x)}{1-(2-x)}+a(2-x)+b(2-x-1)^3+\ln\frac{1+x}{1-x}+ax+b(x-1)^3=\ln\frac{3-x}{x-1}+\ln\frac{1+x}{1-x}+2a+b[(1-x)^3+(x-1)^3]=\ln\frac{(3-x)(1+x)}{(x-1)(1-x)}+2a=\ln\frac{(3-x)(1+x)}{-(x-1)^2}+2a$，要使其為常數(shù)，需分子分母約去變量，顯然當(dāng)$b=0$時，$f(2-x)+f(x)=\ln\frac{(3-x)(1+x)}{(x-1)(1-x)}+2a$仍不為常數(shù)，可能題目存在條件缺失或需更復(fù)雜變換，此處可構(gòu)造對稱中心為$(1,f(1))$，證明$f(1+t)+f(1-t)=2f(1)$，代入得：$f(1+t)+f(1-t)=\ln\frac{1+1+t}{1-1-t}+a(1+t)+bt^3+\ln\frac{1+1-t}{1-1+t}+a(1-t)+b(-t)^3=\ln\frac{2+t}{-t}+\ln\frac{2-t}{t}+2a=\ln\frac{(2+t)(2-t)}{-t^2}+2a=\ln\frac{4-t^2}{-t^2}+2a=\ln(-1+\frac{4}{t^2})+2a$，當(dāng)$t\to0$時，極限不存在，故可能題目應(yīng)為$f(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+ax+b(x)^3$，此時對稱中心為$(0,0)$，$f(-x)=-f(x)$，是奇函數(shù)，為中心對稱圖形。（12分）已知函數(shù)$f(x)=\ln(1+x)-x+x^2-kx^3$，其中$0<k<\frac{1}{3}$。（1）證明：$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$存在唯一的極值點和唯一的零點；（2）設(shè)$x_1,x_2$分別為$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$的極值點和零點，比較$2x_1$與$x_2$的大小。解析：（1）$f'(x)=\frac{1}{1+x}-1+2x-3kx^2=\frac{-3kx^3+(2-3k)x^2}{1+x}=\frac{x^2(-3kx+2-3k)}{1+x}$，令$f'(x)=0$得$x=\frac{2-3k}{3k}>0$（因為$0<k<\frac{1}{3}$，所以$2-3k>0$），故$f(x)$在$(0,\frac{2-3k}{3k})$單調(diào)遞增，在$(\frac{2-3k}{3k},+\infty)$單調(diào)遞減，存在唯一極值點$x_1=\frac{2-3k}{3k}$。又$f(0)=0$，$f(x_1)>f(0)=0$，當(dāng)$x\to+\infty$時，$-kx^3$項主導(dǎo)，$f(x)\to-\infty$，故存在唯一零點$x_2>x_1$。（2）要比較$2x_1$與$x_2$的大小，即證$f(2x_1)<0$（因為$f(x)$在$(x_1,+\infty)$單調(diào)遞減，且$f(x_2)=0$）。$x_1=\frac{2-3k}{3k}$，則$2x_1=\frac{4-6k}{3k}$，$f(2x_1)=\ln(1+\frac{4-6k}{3k})-\frac{4-6k}{3k}+(\frac{4-6k}{3k})^2-k(\frac{4-6k}{3k})^3$，化簡得$\ln(\frac{4}{3k}-1)-\frac{4-6k}{3k}+(\frac{4-6k}{3k})^2-k(\frac{4-6k}{3k})^3$，令$t=\frac{4-6k}{3k}=\frac{4}{3k}-2$，因為$0<k<\frac{1}{3}$，所以$t>4-2=2$，則$f(2x_1)=\ln(t+1)-t+t^2-kt^3$，又$k=\frac{4}{3(t+2)}$，代入得$f(2x_1)=\ln(t+1)-t+t^2-\frac{4}{3(t+2)}t^3$，設(shè)$g(t)=\ln(t+1)-t+t^2-\frac{4t^3}{3(t+2)}$，$t>2$，$g'(t)=\frac{1}{t+1}-1+2t-\frac{4[3t^2(t+2)-t^3]}{3(t+2)^2}=\frac{1}{t+1}+2t-1-\frac{4t^2(2t+6)}{3(t+2)^2}=\frac{1}{t+1}+2t-1-\frac{8t^2(t+3)}{3(t+2)^2}$，計算$g(2)=\ln3-2+4-\frac{4\times8}{3\times4}=\ln3+2-\frac{8}{3}=\ln3-\frac{2}{3}\approx1.098-0.666>0$，$g(3)=\ln4-3+9-\frac{4\times27}{3\times5}=\ln4+6-\frac{36}{5}\approx1.386+6-7.2=0.186>0$，$g(4)=\ln5-4+16-\frac{4\times64}{3\times6}=\ln5+12-\frac{128}{9}\approx1.609+12-14.222=-0.613<0$，故存在$t_0\in(3,4)$使得$g(t_0)=0$，當(dāng)$t>t_0$時，$g(t)<0$，即$f(2x_1)<0$，此時$2x_1>x_2$；當(dāng)$t<t_0$時，$g(t)>0$，$2x_1<x_2$，但題目中$0<k<\frac{1}{3}$，$t>2$，需進(jìn)一步判斷，由于$k<\frac{1}{3}$，$t=\frac{4}{3k}-2>4-2=2$，當(dāng)$k=\frac{1}{4}$時，$t=\frac{16}{3}-2=\frac{10}{3}\approx3.333$，$g(\frac{10}{3})=\ln\frac{13}{3}-\frac{10}{3}+(\frac{10}{3})^2-\frac{4}{3(\frac{10}{3}+2)}(\frac{10}{3})^3=\ln\frac{13}{3}-\frac{10}{3}+\frac{100}{9}-\frac{4}{12}\times\frac{1000}{27}=\ln4.333+10-\frac{10}{3}-\frac{1000}{81}\approx1.466+10-3.333-12.345=-4.212<0$，故當(dāng)$0<k<\frac{1}{3}$時，$t>2$，$g(t)<0$，即$f(2x_1)<0$，所以$2x_1>x_2$。（12分）已知函數(shù)$f(x)=x\lnx$。（1）求$f(x)$圖象上點$(1,f(1))$處的切線方程；（2）若$f(x)\geqa(x-\frac{1}{2})$在$x\in(0,+\infty)$時恒成立，求$a$的取值范圍；（3）若$x_1,x_2\in(0,1)$，證明$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|x_1-x_2|$。解析：（1）$f(1)=0$，$f'(x)=\lnx+1$，$f'(1)=1$，切線方程為$y=x-1$。（2）設(shè)$h(x)=x\lnx-a(x-\frac{1}{2})$，$h'(x)=\lnx+1-a$，令$h'(x)=0$得$x=e^{a-1}$。當(dāng)$x\in(0,e^{a-1})$時，$h'(x)<0$；當(dāng)$x\in(e^{a-1},+\infty)$時，$h'(x)>0$。$h(x){\min}=h(e^{a-1})=e^{a-1}(a-1)-a(e^{a-1}-\frac{1}{2})=-e^{a-1}+\frac{a}{2}\geq0$，設(shè)$k(a)=\frac{a}{2}-e^{a-1}$，$k'(a)=\frac{1}{2}-e^{a-1}$，令$k'(a)=0$得$a=1-\ln2$，$k(a){\max}=k(1-\ln2)=\frac{1-\ln2}{2}-e^{-\ln2}=\frac{1-\ln2}{2}-\frac{1}{2}=-\frac{\ln2}{2}<0$，故只有當(dāng)$k(a)=0$時，即$a=2$時，$h(x)_{\min}=0$，所以$a$的取值范圍是${2}$。（3）不妨設(shè)$x_1<x_2$，則需證$f(x_2)-f(x_1)\leqx_2-x_1$，即證$f(x_2)-x_2\leqf(x_1)-x_1$，設(shè)$g(x)=x\lnx-x$，則$g'(x)=\lnx$，當(dāng)$x\in(0,1)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調(diào)遞減，因為$x_1<x_2$，所以$g(x_1)\geqg(x_2)$，即$f(x_1)-x_1\geqf(x_2)-x_2$，故$f(x_2)-f(x_1)\leqx_2-x_1$，即$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|x_1-x_2|$。（12分）設(shè)$b\inR$，若存在$\varphi\inR$使得$5\cosx-\cos(5x+\varphi)\leqb$對$x\inR$恒成立，求$b$的最小值。解析：利用三角函數(shù)積化和差公式：$\cosA-\cosB=-2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}$，但此處為$5\cosx-\cos(5x+\varphi)$，可考慮特殊值法，令$x=0$，則$5-\cos\varphi\leqb$；令$x=\frac{\pi}{2}$，則$0-\cos(\frac{5\pi}{2}+\varphi)=-\cos(\frac{\pi}{2}+\varphi)=\sin\varphi\leqb$；令$x=\pi$，則$-5-\cos(5\pi+\varphi)=-5+\cos\varphi\leqb$；令$x=\frac{\pi}{5}$，則$5\cos\frac{\pi}{5}-\cos(\pi+\varphi)=5\cos\frac{\pi}{5}+\cos\varphi\leqb$。要使對任意$x$成立，需找到$b$的最小值，使得存在$\varphi$滿足上述所有不等式。設(shè)$b=5\cosx-\cos(5x+\varphi)$的最大值，要使$\cos(5x+\varphi)$取最小值$-1$，此時$b=5\cosx+1$，最大值為$5+1=6$，當(dāng)$x=0$，$\varphi=0$時，$5\cos0-\cos0=5-1=4<6$；當(dāng)$x=\frac{\pi}{5}$，$\varphi=-\pi$時，$5\cos\frac{\pi}{5}-\cos(5\times\frac{\pi}{5}-\pi)=5\cos\frac{\pi}{5}-\cos0=5\times\frac{\sqrt{5}+1}{4}-1\approx5\times0.8090-1=3.045<6$；當(dāng)$x=\frac{\pi}{10}$，$\varphi=-\frac{\pi}{2}$時，$5\cos\frac{\pi}{10}-\cos(\frac{\pi}{2}+\varphi)=5\times\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}-\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2})=5\times0.9239-1\approx3.619<6$；當(dāng)$\cos(5x+\varphi)=-1$時，$5\cosx+1$的最大值為$6$，此時$x=0$，$\varphi=\pi$，$5\cos0-\cos(\pi)=5+1=6$，故$b$的最小值為$6$。（10分）給定$\theta\in(0,\pi)$和$a\inR$，證明：存在$y\in[a-\theta,a+\theta]$使得$\cosy\leq\co