出题的离神不远了 —— 2026 新高考Ⅰ卷 · 第19题解析

19. (17分)

已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$，且当 $x<0$ 时，$f(x) = 2^x$。对任意 $x_0 \in \mathbf{R}$，定义集合 $D(x_0) = \{d \in \mathbf{R} \mid f(x_0+d) > f(x_0)\}$。

（1）若当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) = 1-x$，求 $D(-1)$；

（2）若 $f(x)$ 是奇函数，$f(x_1) \leqslant f(x_2)$，且 $x_1 x_2 \neq 0$，证明：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$；

（3）设 $f(x)$ 满足：① 若 $f(x_1) \leqslant f(x_2)$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$；② 当 $0<x<1$ 时，$f(x) < f(0)$。

（i）证明：$f(0) \geqslant 1$；

（ii）证明：$f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 单调递增。

0. D 是什么鬼玩意

$$D(x_0) = \{ d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0) \}$$

翻译成中文：从 $x_0$ 出发，往左或往右偏移 $d$，如果函数值变大了，那这个 $d$ 就属于 $D(x_0)$。

所以 $D(x_0)$ 收集的是所有能让函数值”变得更大”的偏移量。直觉上：

如果 $f$ 在 $x_0$ 附近是递增的，那正的小 $d$ 就在 $D(x_0)$ 里。
如果 $f(x_0)$ 的值已经很大了，能让它更大的 $d$ 就很少，$D(x_0)$ 就小。
如果 $f(x_0)$ 的值很小，随便一个偏移都可能让函数值更大，$D(x_0)$ 就大。

这个直觉正是第(2)(3)题中”$f(x_1) \leq f(x_2) \Rightarrow D(x_2) \subseteq D(x_1)$”的含义：函数值越大的地方，”还能变得更大”的余地越小。

你站得越高，还能往上走的路就越少。你站得越低，能往上走的路就越多。做道高考题还能做出人生哲理出来。

另外，当 $x < 0$ 时，$f(x) = 2^x$。 也就是说负半轴上的行为是完全确定的——一个值域为 $(0,1)$ 的严格递增函数。

第(1)问：送分题

1.1 明确目标

f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 1 – x, & x \geq 0. \end{cases}

因为 $f(-1) = 2^{-1} = \dfrac{1}{2}$，所以：

$$d \in D(-1) \iff f(-1 + d) > \frac{1}{2}$$

令 $t = -1 + d$（即 $d = t + 1$），问题变成：求所有使 $f(t) > \dfrac{1}{2}$ 的 $t$，然后平移回 $d$。

1.2 分段求解

当 $t < 0$ 时（对应 $d < 1$）：

$$f(t) = 2^t > \frac{1}{2} = 2^{-1} \iff t > -1$$

所以 $-1 < t < 0$，即 $0 < d < 1$。

当 $t \geq 0$ 时（对应 $d \geq 1$）：

$$f(t) = 1 – t > \frac{1}{2} \iff t < \frac{1}{2}$$

所以 $0 \leq t < \dfrac{1}{2}$，即 $1 \leq d < \dfrac{3}{2}$。

1.3 合并

$$D(-1) = (0, 1) \cup \left[1, \frac{3}{2}\right) = \boxed{\left(0,\;\frac{3}{2}\right)}$$

第(1)问本质上就是解不等式 $f(t) > \dfrac{1}{2}$。唯一要注意的是分段函数的分段讨论和最后的区间合并。

第(2)问：初见端倪

当你发现这题出现在第二问的时候就应该意识到不对，可惜我没有。

2.1 先把完整表达式写出来

$f$ 是奇函数，所以 $f(0) = 0$，且当 $x > 0$ 时：

$$f(x) = -f(-x) = -2^{-x}$$

展开：

f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ -2^{-x}, & x > 0. \end{cases}

2.2 分别算出D(x)的表达式

为了证明集合包含关系，我们需要知道 $D(x)$ 长什么样。

情形一：$x < 0$。 此时 $f(x) = 2^x \in (0,1)$。

对 $d$ 的偏移 $t = x + d$，分三段讨论 $f(t) > 2^x$：

若 $t < 0$：$2^t > 2^x \iff t > x$，即 $x < t < 0$，对应 $0 < d < -x$。
若 $t = 0$：$f(0) = 0 < 2^x$，不满足。
若 $t > 0$：$f(t) = -2^{-t} < 0 < 2^x$，不满足。

所以：

$$\boxed{x < 0 \implies D(x) = (0,\;-x)}$$

情形二：$x > 0$。 此时 $f(x) = -2^{-x} \in (-1, 0)$。

若 $t < 0$：$f(t) = 2^t > 0 > -2^{-x}$，一定满足。条件 $t < 0$ 即 $d < -x$。
若 $t = 0$：$f(0) = 0 > -2^{-x}$，满足。此时 $d = -x$。
若 $t > 0$：$-2^{-t} > -2^{-x} \iff 2^{-t} < 2^{-x} \iff t > x$，即 $d > 0$。

所以：

$$\boxed{x > 0 \implies D(x) = (-\infty,\;-x\,] \cup (0,\;+\infty)}$$

2.3 分情况证明 D(x₂) ⊆ D(x₁)

由于 $x_1 x_2 \neq 0$，有四种情况。

$x_1 < 0$ 且 $x_2 < 0$。

$f(x_1) \leq f(x_2) \iff 2^{x_1} \leq 2^{x_2} \iff x_1 \leq x_2$，所以 $-x_2 \leq -x_1$。

$D(x_2) = (0, -x_2) \subseteq (0, -x_1) = D(x_1). \quad$

$x_1 > 0$ 且 $x_2 > 0$。

$f(x_1) \leq f(x_2) \iff -2^{-x_1} \leq -2^{-x_2} \iff x_1 \leq x_2$，所以 $-x_2 \leq -x_1$。

$(-\infty, -x_2] \subseteq (-\infty, -x_1]$

两者都含 $(0, +\infty)$，所以 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。

$x_1 < 0$ 且 $x_2 > 0$。

此时 $f(x_1) = 2^{x_1} > 0$ 而 $f(x_2) = -2^{-x_2} < 0$，所以 $f(x_1) > f(x_2)$，此情形不出现。

$x_1 > 0$ 且 $x_2 < 0$。

$f(x_1) < 0 < f(x_2)$，所以 $f(x_1) \leq f(x_2)$ 成立。需证 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。

$D(x_2) = (0, -x_2), \quad D(x_1) = (-\infty, -x_1] \cup (0, +\infty)$

任取 $d \in D(x_2) = (0, -x_2)$，显然 $d > 0$，所以 $d \in (0, +\infty) \subseteq D(x_1)$。

证毕。$\blacksquare$

第(3)问：啊呀，骇死我力

现在 $f(x)$ 不再具体给出 $x \geq 0$ 的表达式，只保留：

已知：$x < 0$ 时 $f(x) = 2^x$。
条件①：若 $f(x_1) \leq f(x_2)$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。
条件②：当 $0 < x < 1$ 时，$f(x) < f(0)$。

注意条件①比第(2)题的结论更强：它去掉了 $x_1 x_2 \neq 0$ 的限制，对所有实数都成立。

3(i)：证明 f(0) > 1

思路：反证法。如果 $f(0) < 1$，我们可以利用负半轴上 $2^x \to 1^-$ 找到矛盾。

反设 $f(0) < 1$。因为 $\lim_{x \to 0^-} 2^x = 1$，存在 $a < 0$，使得

$$f(0) < 2^a = f(a)$$

即 $f(0) \leq f(a)$。由条件①，令 $x_1 = 0$，$x_2 = a$：

$$D(a) \subseteq D(0) \tag{$\star$}$$

现在构造一个属于 $D(a)$ 的元素。取 $d$ 满足 $0 < d < \min\{-a,\;1\}$，则：

$$a + d < a + (-a) = 0 \implies a+d < 0$$

所以 $f(a+d) = 2^{a+d} > 2^a = f(a)$，即 $d \in D(a)$。

由 $(\star)$，$d \in D(0)$，即 $f(0 + d) > f(0)$，也就是 $f(d) > f(0)$。

但是 $0 < d < 1$，由条件② $f(d) < f(0)$，矛盾。

所以假设不成立，$\boxed{f(0) \geq 1}$。$\blacksquare$

3(ii)：证明 f(x) 在 (0, +∞) 上单调递增

吓哭了。

第一步：当 $0 < x < 1$ 时，$f(x) \leq 0$

反设存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $f(x_0) > 0$。

由条件②，$f(x_0) < f(0)$，所以 $-x_0 \in D(x_0)$（因为 $f(x_0 + (-x_0)) = f(0) > f(x_0)$）。

由于 $\lim_{t \to -\infty} 2^t = 0$，可取 $a < 0$ 使得 $2^a \leq f(x_0)$，即 $f(a) \leq f(x_0)$。由条件①：

$$D(x_0) \subseteq D(a)$$

所以 $-x_0 \in D(a)$，即 $f(a – x_0) > f(a)$。

但 $a – x_0 < a < 0$，所以 $f(a-x_0) = 2^{a-x_0} < 2^a = f(a)$，矛盾！

所以 $0 < x < 1 \implies f(x) \leq 0$。

第二步：对所有 $x > 0$，$f(x) \leq 0$

反设存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) > 0$。取 $s \in (0, \min\{x_0, 1\})$，令 $h = x_0 – s > 0$。

取 $y < 0$ 使得 $2^y < f(x_0)$（即 $f(y) < f(x_0)$）。令 $d = x_0 – y > 0$，则

$$f(y + d) = f(x_0) > f(y) \implies d \in D(y)$$

接下来考察 $y – h$。因为 $y < 0$ 且 $h > 0$，所以 $y – h < y < 0$：

$$f(y – h) = 2^{y-h} < 2^y = f(y)$$

由条件①（$f(y-h) \leq f(y)$）：

$$D(y) \subseteq D(y-h)$$

所以 $d \in D(y-h)$，即

$$f(y – h + d) > f(y-h)$$

计算指标：

$y – h + d = y – h + (x_0 – y) = x_0 – h = s$

所以 $f(s) > f(y-h) = 2^{y-h} > 0$。

但 $0 < s < 1$，由第一步 $f(s) \leq 0$，矛盾！

所以 $\boxed{\forall\, x > 0,\; f(x) \leq 0}$。

第三步：$f$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格递增

任取 $0 < a < b$，令 $h = b – a > 0$。

由第二步，$f(a) \leq 0$。而 $f(-h) = 2^{-h} > 0$。所以

$$f(a) \leq 0 < 2^{-h} = f(-h)$$

由条件① $D(-h) \subseteq D(a)$。

又由 3(i)，$f(0) \geq 1 > 2^{-h} = f(-h)$，所以

$$f(-h + h) = f(0) > f(-h) \implies h \in D(-h)$$

因此 $h \in D(a)$，即

$$f(a + h) > f(a) \implies f(b) > f(a)$$

对任意 $0 < a < b$ 都有 $f(a) < f(b)$，即$f(x) \text{ 在 } (0, +\infty) \text{ 上严格单调递增。}$

显然可得：

$$\boxed{f(x) \text{ 在 } (0, +\infty) \text{ 上单调递增。}} \quad\blacksquare$$

没有人话版本。看不懂上述过程的请不要幻想做出这道题。

结语

写不出来。

总之，你们21届老学长没吃过这样的苦。

祝好。