2026 新高考一卷 19

已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且当 $x < 0$ 时，$f(x) = 2^x$，对任意 $x_0 \in \mathbb{R}$，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 $x_1 x_2 \neq 0$，求证：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$
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，$f(x) < f(0)$
   • 证明：$f(0) \geq 1$
   • 证明：$f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 单调递增

今天新鲜出炉的新高考一卷．想不到全国卷竟然开始向上海风格靠拢了．一直说上海风格导数压轴题的抽象逻辑思维是全国卷的导数压轴题没法比的，这下变成上海卷引领时代潮流了．对于全国卷考生，这种题型接触得少的话还是很难想的，再加上时间紧张就更加困难了．题目蛮不错，值得一做．

第三问证明

把 $D$ 的定义翻译一下，即函数值比 $x_0$ 处更高的横坐标上距离（向右为正）．核心在于条件 ①：直观地讲，即函数值越高，对应的 $D$ 集合越小；反之亦然．后续部分可以自行画图理解．

第一部分

假设 $f(0) < 1$．

因当 $x < 0$ 时 $f(x) = 2^x$，取 $x_0$ 满足 $\log_2 f(0) < x_0 < 0$（如果 $f(0) \leq 0$ 则任取 $x_0 < 0$），则 $f(0) < f(x_0) < 1$．于是 $D(x_0) \subseteq D(0)$．

由条件 ②，对任意 $d \in (0, 1)$ 有 $f(0+d) = f(d) < f(0)$，故 $(0, 1)$ 内的任何数都不属于 $D(0)$．

对于 $x_0 < 0$，存在微小的正数 $\varepsilon = \min\Big\{-\dfrac{x_0}{2}, \dfrac{1}{2}\Big\} \in (0, 1)$ 使得 $x_0 + \varepsilon < 0$．此时 $f(x_0 + \varepsilon) = 2^{x_0 + \varepsilon} > 2^{x_0} = f(x_0)$，即 $\varepsilon \in D(x_0)$．这与 $D(x_0) \subseteq D(0)$ 矛盾！故假设不成立，$f(0) \geq 1$．

有界性分析

在证明单调性前，先证明对于任意 $x > 0$，有 $f(x) \leq 0$．

任意 $x_0 > 0$，若 $f(x_0) > 0$，则存在 $x_1 < 0$ 使得 $0 < f(x_1) \leq f(x_0)$，从而 $D(x_0) \subseteq D(x_1)$．由 $2^x$ 严格增知 $(-\infty, 0)$ 内的任何数不属于 $D(x_1)$，于是也不属于 $D(x_0)$，即任意 $x < x_0$，都有 $f(x) \leq f(x_0)$．故 $f(x_0) \geq f(0)$．

假设存在 $x_0 \in (0, 1)$ 使得 $f(x_0) > 0$．则 $f(0) \leq f(x_0)$，与条件 ② 矛盾！

假设存在 $x_0 \geq 1$ 使得 $f(x_0) \geq f(0)$．令 $d = x_0 + \frac{1}{2}$，则 $f(-\frac{1}{2} + d) = f(x_0) > f(-\frac{1}{2})$，即 $d \in D(-\frac{1}{2})$．对任意 $x_1 < -\frac{1}{2}$ 有 $f(x_1) < f(-\frac{1}{2})$，由条件 ① 知 $D(-\frac{1}{2}) \subseteq D(x_1)$，从而 $d \in D(x_1)$，即 $f(x_1 + d) > f(x_1) > 0$．取 $x_1 < 0$ 使得 $x_1 + d \in (0, 1)$，则 $f(x_1 + d) \leq 0$，产生矛盾！

综上，对任意 $x > 0$，均有 $f(x) \leq 0$．

单调性证明

假设 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上不严格增，即存在 $0 < x_1 < x_2$ 使得 $f(x_1) \geq f(x_2)$．

令 $d = x_2 - x_1 > 0$．因 $f(x_1 + d) = f(x_2) \leq f(x_1)$，故 $d \notin D(x_1)$．

由有界性分析知 $f(x_1) \leq 0$．而对任意 $x_3 < 0$，均有 $f(x_3) = 2^{x_3} > 0$．必有 $f(x_1) < f(x_3)$，由条件 ① 得 $D(x_3) \subseteq D(x_1)$．因 $d \notin D(x_1)$，必有 $d \notin D(x_3)$ 对任意 $x_3 < 0$ 恒成立．

即对任意 $x_3 < 0$，恒有：

取 $x_3 = -d < 0$，代入上式：

因 $d > 0$，则 $2^{-d} < 1$，得出 $f(0) < 1$，这与第一小问已证的 $f(0) \geq 1$ 矛盾！

故假设不成立，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增．这里顺手就把严格增证出来了，实际上只要求证单调增即可．