（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。

第三问核心要点

当$\varphi$变化时，函数的最大值随着$\varphi$变化而变化，

要求$b$始终大于等于这个最大值，

求满足条件的$b$的最小值。

简单的说就是：

$\Large \boxed{求所有可能的最大值当中最小的一个}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\big(5\cos x\big)'-\big(\cos(5x+\varphi)\big)' \\ &=-5\sin x-\big[-\sin(5x+\varphi)\cdot 5\big] \\ &=-5\sin x+5\sin(5x+\varphi) \\ &=5\Big[\sin(5x+\varphi)-\sin x\Big] \\ &==10\cos\left(3x+\frac{\varphi}{2}\right)\sin\left(2x+\frac{\varphi}{2}\right) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\qquad \quad \cos\left(3x_0+\frac{\varphi}{2}\right)=\boldsymbol{0}\\ &\implies 3x_0+\frac{\varphi}{2} = k\pi +\frac{\pi}{2}\quad k\in Z \quad ① \\ & \implies {\Large \boxed{x_0 = \frac{k\pi}{3} +\frac{\pi}{6}-\frac{\varphi}{6} \quad k \in Z}} \quad ② \end{aligned}$$

由①得到$6x_0 + \varphi = (2k + 1)\pi\quad ③$

$$\begin{aligned} &f(x_0)=5\cos(x_0)-cos(5x_0+\varphi) \\ &=5cosx_0 - cos((2k + 1)\pi-x_0) \\ &={\Large \boxed{6cosx_0}} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\qquad \quad \sin\left(2x_0+\frac{\varphi}{2}\right)=\boldsymbol{0}\\ &\implies 2x_0+\frac{\varphi}{2} = k\pi\quad k\in Z \quad ① \\ & \implies {\Large \boxed{x_0 = \frac{k\pi}{2} -\frac{\varphi}{4} \quad k \in Z}} \quad ② \end{aligned}$$

由①得到$4x_0 + \varphi = 2k\pi\quad ③$

$$\begin{aligned} &f(x_0)=5\cos(x_0)-cos(5x_0+\varphi) \\ &=5cosx_0 - cos(2k\pi+x_0) \\ &={\Large \boxed{4cosx_0}} \end{aligned}$$

第一部分驻点集合设为：

$\large A=\{x\mid\frac{\pi}{6}-\frac{\varphi}{6}+\frac{k\pi}{3} \quad k \in Z\}$，

相邻两个元素间隔$\large \frac{\pi}{3}$。

关键结论，$\Large \boxed {一定存在 x \in A 满足 -\frac{\pi}{6} \leq x\leq \frac{\pi}{6}}$

这个证明也很简单，用反证法，假定没有$x$满足条件

假设$x_1$为小于$-\frac{\pi}{6}$的最大值，$x_2$为大于$\frac{\pi}{6}$的最小值，那么$x_2 - x_1 \gt \frac{\pi}{6}$，与相邻两个间隔$\frac{\pi}{3}$矛盾

由这个结论可以得出:

极值中的最大的必然是大于等于$6cos(\frac{\pi}{6} ) = 3\sqrt{3}$

理论上证明了最大值必然大于$3\sqrt{3}$

第一问我们已经求得了$\varphi = 0时，最大值就是3\sqrt{3}$，说明能取等。

需要注意：前面都说的是$x_0$是驻点，还必须说明$x_0$在$[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$是极大值点。

因为另外一部分驻点对应的函数值$4cosx_0\leq 4 \lt 3\sqrt{3}$，这一部分驻点不可能是最大值点。

所以，b的最小值就是$3\sqrt{3}$