2026高考数学新一卷T19

题目

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$x \ge 0$时，$f(x)=1-x$，求$D(-1)$；

（2）若$f(x)$是奇函数，$f(x_1) \le f(x_2)$，且$x_1x_2 \neq 0$，证明：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$；

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

$\qquad$（i）证明：$f(0) \ge 1$；

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

（1）

$D(-1)=\{d\in \mathbb{R}|f(-1+d)>f(-1)\} \newline$即要考虑函数值大于$x=-1$的自变量的集合，结合函数单调性，$f(x')>f(-1)=\frac{1}{2}$，
可以解得$x\in (-1,\frac{1}{2}),d\in (0,\frac{3}{2})$. 即$D(-1)=(0,\frac{3}{2})$.

（2）

$D(x_1)=\{d\in \mathbb{R}|f(x_1+d)>f(x_1)\},D(x_2)=\{d\in \mathbb{R}|f(x_2+d)>f(x_2)\}.$
由题意得，$f(x)$为分段函数.

$1)x_1<0$时，$x_1 \le x_2 < 0$，此时$D(x_1)=(0,-x_1),D(x_2)=(0,-x_2)$，$-x_1\ge -x_2$，故$D(x_2)\subset D(x_1)$.

$2)x_1>0$时，$x_2>x_1$或 $x_2<0$，此时$D(x_1)=(0,+\infty) \cup (-\infty,-x_1)$.
$x_2>x_1$时，$D(x_2)=(0,+\infty) \cup (-\infty,-x_2)$，$-x_2<-x_1$，$D(x_2)\subset D(x_1)$.
$x_2<0$时，$D(x_2)=(0,-x_2)$，$D(x_2)\subset D(x_1)$.

综上，$D(x_2)\subset D(x_1)$ $\blacksquare$

（3）

（i）

假设存在$f(0)<1$，$\forall \varepsilon >0$，一定存在一个足够小的$x_0<0$，使得$0-x_0=\varepsilon$.
若$f(0)<1$，那么有$f(0)<f(x_0)<1$. 由定理①得，$D(x_0) \subseteq D(0)$.
再构造$x_0'=\frac{x_0}{2}$，$d=-\frac{x_0}{2}$. 此时对应的$x_0'+d=\frac{x_0}{2}$. 因为$2^{\frac{x_0}{2}}>2^{x_0}$，所以$d\in D(x_0)$，也就有$d\in D(0)$，$f(d+0)>f(0)$.
而由定理②，$f(d)<f(0)(d>0)$，矛盾，故$f(0)\ge 1$. $\blacksquare$

（ii）$\text{}^{[1]}$

1）考虑 $x \in (0, 1)$ 的情况

由题设，$\forall x \in (0, 1)$ 有 $f(x) < f(0)$。

设 $x = x_1 \in (0, 1)$。

因为 $f(-x_1 + (x_1)) = f(0) > f(x_1)$，故 $-x_1 \in D(x_1)$。

假设 $f(x_1) > 0$，则 $\exists x_2 = \min\{-1, \log_2 f(x_1)-1\}$，使得 $f(x_2) < f(x_1)$。

由①, $D(x_1) \subseteq D(x_2)$，即 $-x_1 \in D(x_2)$，
即 $f(x_2 + (-x_1)) > f(x_2)$，
即 $2^{x_2 - x_1} > 2^{x_2}$，矛盾。

故 $\forall x \in (0, 1), f(x) \leqslant 0$。

2）考虑 $x \in [1, +\infty)$ 的情况

设 $x = x_3 \in [1, +\infty)$。

假设 $f(x_3) > 0$，则 $\exists x_4 = \min\{-1, \log_2 f(x_3) - 1\}$，使得 $f(x_4) < f(x_3)$。

令 $d = x_3 - x_4$，则：

• $f(x_4 + d) = f(x_3 + x_4 - x_4) = f(x_3) > f(x_4)$，故 $d \in D(x_4)$。
• 取 $a \in (0, 1)$，则有 $x_3 - a > 0$，故 $2^{x_4 - (x_3 - a)} < 2^{x_4}$，即 $f(x_4 - (x_3 - a)) < f(x_3)$。
• 故 $D(x_4) \subseteq D(x_4 - (x_3 - a))$，则有 $d \in D(x_4 - (x_3 - a))$。
• 即 $f(x_4 - (x_3 - a) + d) = f(x_4 - x_3 + a + x_3 - x_4) = f(a) > f(x_4 - (x_3 - a)) > 0$。

而 $a \in (0, 1)$，应有 $f(a) \le 0$，矛盾。

综上所述，$\forall x \in (0, +\infty), f(x) \le 0$。

3）单调性证明

$\forall x', x'' \in (0, +\infty)$，不妨设 $x' < x''$。

取 $\Delta x = x'' - x'$。

考虑 $f(-x'' + \Delta x) = f(-x'' + x'' - x') = f(-x') > f(-x'')$。
故 $\Delta x \in D(-x'')$。

而 $f(-x'') > 0 > f(x')$，
故 $D(-x'') \subseteq D(x')$。
即 $\Delta x \in D(x')$。

则 $f(x' + \Delta x) = f(x' + x'' - x') = f(x'') > f(x')$。

故 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增。 $\blacksquare$

[1]zczzzzz. 微信聊天记录[J/OL]. [2026-6-8].