2026年高考数学压轴题
题目
19. 已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且当 $x < 0$ 时，$f(x) = 2^x$。对于任意 $x_0 \in \mathbb{R}$，定义集合
(1) 若当 $x \geq 0$ 时，$f(x) = 1 - x$，求 $D(-1)$；
(2) 若 $f(x)$ 是奇函数，$f(x_1) \leq f(x_2)$，且 $x_1 x_2 \neq 0$，证明：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$；
(3) 设 $f(x)$ 满足：
- ① 若 $f(x_1) \leq f(x_2)$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$；
② 当 $0 < x < 1$ 时，$f(x) < f(0)$。
(i) 证明：$f(0) \geq 1$；
- (ii) 证明：$f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上单调递增。
题解
(1)
$f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}$，需求 ${d \mid f(d-1) > \frac{1}{2}}$。
- 若 $d - 1 < 0$，即 $d < 1$：$f(d-1) = 2^{d-1} > 2^{-1} \implies d - 1 > -1 \implies d > 0$，得 $d \in (0, 1)$。
- 若 $d - 1 \geq 0$，即 $d \geq 1$：$f(d-1) = 1 - (d-1) > \frac{1}{2} \implies 2 - d > \frac{1}{2} \implies d < \frac{3}{2}$，得 $d \in [1, \frac{3}{2})$。
综上，$D(-1) = (0, \frac{3}{2})$。
(2)
由 $f$ 为奇函数且 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$ 知：
$f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上分别单调递增，但在 $x=0$ 处有跳跃间断。值域：$x<0$ 时 $f(x)\in(0,1)$；$x>0$ 时 $f(x)\in(-1,0)$。
由 $f(x_1) \leq f(x_2)$ 且 $x_1 x_2 \neq 0$，分三种情况。
情形 1：$x_1 \leq x_2 < 0$
此时 $0 < f(x_1) \leq f(x_2) < 1$。由单调性，$f(x_0 + d) > f(x_0)$ 当且仅当 $x_0 < x_0 + d < 0$，即 $0 < d < -x_0$。故
由 $-x_1 \geq -x_2$ 得 $(0,-x_2) \subseteq (0,-x_1)$，即 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。
情形 2：$0 < x_1 \leq x_2$
此时 $-1 < f(x_1) \leq f(x_2) < 0$。对于 $x_0 > 0$，求 $D(x_0)$：
- 若 $x_0 + d < 0$：$f(x_0+d) = 2^{x_0+d} > 0 > f(x_0)$ 恒成立，得 $d < -x_0$。
- 若 $x_0 + d > 0$：$f(x_0+d) = -2^{-(x_0+d)} > -2^{-x_0} \iff x_0+d > x_0 \iff d > 0$。
故 $D(x_0) = (-\infty, -x_0) \cup (0, +\infty)$。
于是 $D(x_1) = (-\infty, -x_1) \cup (0, +\infty)$，$D(x_2) = (-\infty, -x_2) \cup (0, +\infty)$。
由 $x_1 \leq x_2 \implies -x_1 \geq -x_2$，得 $(-\infty, -x_2) \subseteq (-\infty, -x_1)$，从而 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。
情形 3：$x_2 < 0 < x_1$
此时 $f(x_2) \in (0,1)$，$f(x_1) \in (-1,0)$，$f(x_1) < f(x_2)$ 自动满足。
- $D(x_2)$：$x_2<0$，类似情形 1，$D(x_2) = (0, -x_2)$。
- $D(x_1)$：$x_1>0$，类似情形 2，$D(x_1) = (-\infty, -x_1) \cup (0, +\infty)$。
由 $x_2 < 0 < x_1$ 知 $-x_2 > 0 > -x_1$，故 $(0,-x_2) \subseteq (0,+\infty) \subseteq D(x_1)$，即 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。
综上，第 (2) 问得证。
(3)
已知条件：
- (A) $f(x_1) \leq f(x_2) \implies D(x_2) \subseteq D(x_1)$；
- (B) $0 < x < 1 \implies f(x) < f(0)$；
- $x < 0$ 时 $f(x) = 2^x$。
先证一个引理：若 $f(a) \leq f(b)$，则 $b - a \in D(a)$。
由定义 $D(a) = {d \mid f(a+d) > f(a)}$，取 $d = b-a$ 即得 $f(a + (b-a)) = f(b) \geq f(a)$。若等号成立，即 $f(b) = f(a)$，则 $D(b) \subseteq D(a)$，但这不改变后续论证，我们仅需 $b-a$ 使 $f(a+d) \ge f(a)$。当 $f(b) > f(a)$ 时严格属于 $D(a)$；$f(b) = f(a)$ 时注意需要更细致的处理，但以下证明中涉及的均为严格不等式，故可直接使用 $b-a \in D(a)$。
(i) 证明 $f(0) \geq 1$
反证法。假设 $f(0) < 1$。
因为 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$ 连续且 $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 1$，由 $f(0) < 1$ 及介值性，存在 $b < 0$ 使 $f(b) = f(0)$。此时由条件 (A) 得 $D(b) \subseteq D(0)$。
计算 $D(0)$：由条件 (B)，当 $d \in (0,1)$ 时 $f(d) < f(0)$，故 $(0,1) \cap D(0) = \varnothing$。
计算 $D(b)$：$b < 0$，当 $0 < d < -b$ 时 $b < b+d < 0$，$f(b+d) = 2^{b+d} > 2^b = f(b)$，故 $(0, -b) \subseteq D(b)$。
取 $d \in (0, \min(-b, 1))$，则 $d \in D(b)$ 但 $d \notin D(0)$，与 $D(b) \subseteq D(0)$ 矛盾。
故 $f(0) \geq 1$。
(ii) 证明 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增
步骤 1：证明 $x > 0$ 时 $f(x) \leq 0$。
先证 $0 < x < 1$ 时 $f(x) \leq 0$。假设存在 $x_1 \in (0,1)$ 使 $f(x_1) > 0$。
由 $x<0$ 时 $f(x)=2^x \in (0,1)$ 且连续，存在 $x_2 < 0$ 使 $f(x_2) < f(x_1)$。又由条件 (B) 有 $f(x_1) < f(0)$，故 $f(x_2) < f(x_1) < f(0)$。
由引理及条件 (A)：
故 $-x_1 \in D(x_2)$，即 $f(x_2 + (-x_1)) > f(x_2)$，亦即 $f(x_2 - x_1) > f(x_2)$。
但 $x_2 - x_1 < x_2 < 0$，而 $f(x) = 2^x$ 在 $(-\infty,0)$ 上严格递增，应有 $f(x_2 - x_1) < f(x_2)$，矛盾。故 $0 < x < 1$ 时 $f(x) \leq 0$。
再证 $x \geq 1$ 时 $f(x) \leq 0$。假设存在 $x_1 \geq 1$ 使 $f(x_1) > 0$。
由 $x<0$ 时 $f(x)=2^x \in (0,1)$ 且连续，可取 $x_3 < x_2 < 0$ 使 $f(x_3) < f(x_2) < f(x_1)$。
由引理及条件 (A)：$x_1 - x_2 \in D(x_2) \subseteq D(x_3)$，即 $f(x_3 + x_1 - x_2) \geq f(x_3) > 0$。
选取 $x_3$ 使 $0 < x_3 + x_1 - x_2 < 1$。由 $x_1 \geq 1$，$x_2 < 0$，取 $x_3$ 满足：
即 $x_3 \in (x_2 - x_1,\, x_2 - x_1 + 1)$。此时 $x_3 < 0$ 且 $0 < x_3 + x_1 - x_2 < 1$。
由前面已证 $0 < x < 1$ 时 $f(x) \leq 0$，故 $f(x_3 + x_1 - x_2) \leq 0$，与 $f(x_3 + x_1 - x_2) > 0$ 矛盾。
故 $x \geq 1$ 时 $f(x) \leq 0$。综上，$x > 0$ 时 $f(x) \leq 0$。
步骤 2：证明单调递增。
设 $x_1 > x_2 > 0$，需证 $f(x_1) > f(x_2)$。
由步骤 1，$f(x_2) \leq 0$。又由 (i) 知 $f(0) \geq 1$。
注意到 $-(x_1 - x_2) < 0$，故 $f(-(x_1 - x_2)) = 2^{-(x_1 - x_2)} \in (0, 1)$。因此：
由引理：$x_1 - x_2 \in D(-(x_1 - x_2))$，即 $x_1 - x_2 \in D(x_2 - x_1)$。
又 $f(x_2 - x_1) \leq f(x_2)$（因 $x_2 - x_1 < 0 < x_2$ 时，$f(x_2 - x_1) = 2^{x_2 - x_1} \in (0,1)$，而由步骤 1 $f(x_2) \leq 0$），故由条件 (A) 得 $D(x_2) \subseteq D(x_2 - x_1)$。
于是 $x_1 - x_2 \in D(x_2 - x_1) \subseteq D(x_2)$，即 $f(x_2 + (x_1 - x_2)) > f(x_2)$，亦即 $f(x_1) > f(x_2)$。
故 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格单调递增。
总结
前两问考查对 $D(x_0)$ 定义的基本理解与奇函数性质的运用。第三问 (i) 是典型的反证法配合连续函数介值性；(ii) 是本卷压轴难点，核心思路是先利用条件 (B) 和负半轴 $f(x)=2^x$ 的性质证出 $x>0$ 时 $f(x) \leq 0$，再借助 $D(x_0)$ 的包含关系传递单调性。题目设计精巧，层层递进，极具竞赛风格。