（17分）设函数$f(x)=5\cos x-\cos 5x$．
（1）求$f(x)$在$[0$，$\dfrac{\pi }{4}]$的最大值；
（2）给定$\theta \in (0,\pi )$，$a$为给定实数，证明：存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$；
（3）若存在$\varphi$使得对任意$x$，都有$5\cos x-\cos (5x+\varphi )\leqslant b$，求$b$的最小值．
〖答案〗（1）$3\sqrt{3}$；（2）证明见解答．（3）$3\sqrt{3}$．
〖分析〗（1）利用函数的导数，判断函数的单调性，然后综合求解函数的最值．
（2）若$\theta \in (0,\dfrac{\pi }{2}]$，推出$(\cos y)_{min}\leqslant \cos \theta$，若$\theta \in (\dfrac{\pi }{2},\pi )$，不妨$a\in [0$，$2\pi )$，通过①$\pi \in (a-\theta ,a+\theta )$，②$a+\theta \leqslant \pi$，③$a-\theta \geqslant \pi$，分别证明存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$．
（3）构造函数$h(x)=5\cos x-\cos (5x+\varphi )$，利用导数推出$h(x)_{max}=max\{4\cos (-\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{{k}_{1}}{2}\pi )$，$6\cos (\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{{k}_{2}}{3}\pi )\}$，
显然$4cos\left( -\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{{{k}_{1}}}{2}\pi  \right)\le 4,q\left( \varphi  \right)=6cos\left( \dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{{{k}_{2}}}{3}\pi  \right)$，结合函数的性质，推出$b\ge q(\varphi )_{min}=3\sqrt{3}$，即可推出结果．
〖解答〗（1）解：由已知得：$f\prime (x)=-5\sin x+5\sin 5x=5[\sin (3x+2x)-\sin (3x-2x)]$
$=5(\sin 3x\cdot \cos 2x+\cos 3x\cdot \sin 2x-\sin 3x\cdot \cos 2x+\cos 3x\cdot \sin 2x)$
$=10\cos 3x\cdot \sin 2x$，
因为$x\in [0,\dfrac{\pi }{4}]$，所以$2x\in [0,\dfrac{\pi }{2}]$，$3x\in [0,\dfrac{3\pi }{4}]$，
所以$\sin 2x\geqslant 0$，故只需判断$\cos 3x$的符号即可，由$\cos 3x=0$，解得$x=\dfrac{\pi }{6}$，
所以当$x\in (0,\dfrac{\pi }{6})$时，$f'(x) > 0$，当$x\in (\dfrac{\pi }{6},\dfrac{\pi }{4})$时，$f'(x) < 0$，
所以$f(x)$在$x\in (0,\dfrac{\pi }{6})$单调递增，在$x\in (\dfrac{\pi }{6},\dfrac{\pi }{4})$单调递减，
所以$f(x)_{max}=f(\dfrac{\pi }{6})=3\sqrt{3}$；
（2）证明：若$\theta \in (0,\dfrac{\pi }{2}]$，则$(\cos y)_{min}\le \dfrac{\cos (a-\theta )+\cos (a+\theta )}{2}=\cos a\cos \theta \le \cos \theta$，
若$\theta \in (\dfrac{\pi }{2},\pi )$，不妨$a\in [0$，$2\pi )$，
①若$\pi \in (a-\theta ,a+\theta )$，则$(\cos y)_{min}=-1\leqslant \cos \theta$；
②若$a+\theta \leqslant \pi$，此时$a+\theta ,\theta \in (\dfrac{\pi }{2},\pi )$，所以$\cos (a+\theta ) < \cos \theta$，
令$y=a+\theta$，可知存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$；
③若$a-\theta \geqslant \pi$，此时$\pi  < a-\theta  < 2\pi -\theta  < \dfrac{3\pi }{2}$，所以$\cos (a-\theta ) < \cos (2\pi -\theta )=\cos \theta$，
令$y=a-\theta$，可知存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$；
综上，存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$，证毕．
法二：因为$\cos y\leqslant \cos \theta$，

所以需要满足$2k\pi +\theta \leqslant y\leqslant 2k\pi +2\pi -\theta$，
又因为$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，
所以需满足$[a-\theta$，$a+\theta ]\bigcap{[}2k\pi +\theta$，$2k\pi +2\pi -\theta ]\ne \O$，

据图分析，$[a-\theta$，$a+\theta ]\bigcap{[}2k\pi +\theta$，$2k\pi +2\pi -\theta ]\ne \O$显然成立，
所以存在$y\in [a-\theta$，$a+\theta ]$，使得$\cos y\leqslant \cos \theta$；
（3）解：令$h(x)=5\cos x-\cos (5x+\varphi )$，$h\prime (x)=-5\sin x+5\sin (5x+\varphi )$，
由于$h(x)$周期为$2\pi$，不妨设$x\in [-\pi$，$\pi ]$，$\varphi \in [-\pi$，$\pi ]$，
因为$h(x)$连续且处处可导，所以$h(x)$最大值在根值点处取得，
令$h\prime (x)=0$，$\sin (5x+\varphi )=\sin x$，所以$5x+\varphi =x+2k_{1}\pi$或$5x+\varphi =\pi -x+2k_{2}\pi$，
所以$x=-\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{k_{1}\pi }{2}$或$x=\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{k_{2}\pi }{3}(k_{1},k_{2}\in Z)$，
当$x=-\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{k_{1}\pi }{2}$时，$h(x)=5\cos x-\cos x=4\cos x=4\cos (-\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{k_{1}}{2}\pi )$，
当$x=\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{k_{2}\pi }{3}$，$h(x)=5\cos x-\cos (\pi -x+2k_{2}\pi )=6\cos x=6\cos (\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{k_{2}}{3}\pi )$，
所以$h(x)_{max}=max\{4\cos (-\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{{k}_{1}}{2}\pi )$，$6\cos (\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{{k}_{2}}{3}\pi )\}$，
显然$4cos\left( -\dfrac{\varphi }{4}+\dfrac{{{k}_{1}}}{2}\pi  \right)\le 4,q\left( \varphi  \right)=6cos\left( \dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}+\dfrac{{{k}_{2}}}{3}\pi  \right)$，
取值情况最多有6种，相当于$p(x)=6\cos x$图象上以$A(\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6},p(\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{\varphi }{6}))$为起点，横坐标以$\dfrac{\pi }{3}$为跨度，往后总共取6个点，
当$\varphi$取不同的值时$q(x)$的最大值中的最小值为$\varphi =0$时，$q(x)$的最大值是$3\sqrt{3}$，$b$的最小值等价于$\varphi$的不同取值时$q(x)$最大值中的最小值，
由$p(x)$图象可知，$\varphi =0$时，$q(\varphi )$取最小值$3\sqrt{3},3\sqrt{3} >  4$，
所以$b\geqslant 5\cos x-\cos (5x+\varphi )$，所以$b\ge q(\varphi )_{min}=3\sqrt{3}$，
此时$h(x)\le 3\sqrt{3}$恒成立，且$x=\pm \dfrac{\pi }{6}$时取等号，所以$b$的最小值为$3\sqrt{3}$．
法二：$g(x)=5\cos x-\cos (5x+\varphi )$，$g(x)_{max}=h(\varphi )$，故只需$h(\varphi )\leqslant b$成立，
只要$h(\varphi )_{min}\leqslant b$成立，不妨令$\varphi \in [0$，$2\pi ]$，
$g\prime (x)=-5\sin x+5\sin (5x+\varphi )=0$，
$5x+\varphi =x+2k\pi$或$5x+\varphi =\pi -x+2k\pi$，$k\in Z$，
$x=\dfrac{k\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4}$或$x=\dfrac{k\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6}$；
当$x=\dfrac{k\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4}$时，$g(\dfrac{k\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4})=4\cos (\dfrac{k\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4})$，①
当$x=\dfrac{k\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6}$时，$g(\dfrac{k\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6})=6\cos (\dfrac{k\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6})$，②
①$-\dfrac{\varphi }{4} < \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4} < \pi -\dfrac{\varphi }{4} < \dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4}$，分别对应$x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4}$，
$g(\dfrac{k\pi }{2}-\dfrac{\varphi }{4})_{max}=max\{4\cos \dfrac{\varphi }{4}$，$4\sin \dfrac{\varphi }{4}\}$，
②$k=0$，1，2，3，4，5，
$\dfrac{\pi -\varphi }{6} < \dfrac{\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6} < \dfrac{2\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6} < \pi +\dfrac{\pi -\varphi }{6} < \dfrac{4\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6} < \dfrac{5\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6}$，分别对应$x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4} < x_{5} < x_{6}$，
$x_{6}-x_{1}=\dfrac{5\pi }{3}$，$-\dfrac{\pi }{6} < x_{1} <  \dfrac{\pi }{6}$，$\dfrac{3\pi }{2} < x_{6} <  \dfrac{11\pi }{6}$，

根据图象可得在$x_{1}$处取得最大值，
$g(\dfrac{k\pi }{3}+\dfrac{\pi -\varphi }{6})_{max}=g(\dfrac{\pi -\varphi }{6})=6\cos \dfrac{\pi -\varphi }{6}$，
$6\cos \dfrac{\pi -\varphi }{6}\leqslant b$，$3\sqrt{3}\leqslant b$，$b_{min}=3\sqrt{3}$．
〖点评〗本题考查函数的导数的应用，函数的单调性研究函数的最值的求法，是难题．