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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

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

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

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

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

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)：

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

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：

x_2 - x_1 < x_3 < x_2 - x_1 + 1 \leq x_2,

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：

f(x_2) \leq 0 < f(-(x_1 - x_2)) < 1 \leq f(0).

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。

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Author
Mike Meng
Posted on
January 1, 1970
Updated on
June 9, 2026
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