2026年全国I卷压轴题的解答

1. 题目

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 $D(x_0)=\left\{d\in \mathbf{R} \mid f(x_0+d)>f(x_0)\right\}$。

（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 $x_1x_2\ne 0$，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。

2. 分析

第（1）问直接画图就可以看出来。

第（2）问分类讨论即可（$x_1\leqslant x_2<0$，$0<x_1\leqslant x_2$，$x_2<0<x_1$）。

第（3）问第（ⅰ）小问反证即可。

第（ⅱ）小问则需要更细致的讨论，前面两小问可以给我们一些提示。

首先，我们可以把单调递增的条件用集合 $D(x)$ 的形式来表示：

任取 $0<x_1<x_2$，则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增意味着

$$f(x_1) < f(x_2) = f(x_1+(x_2-x_1)) \implies x_2 - x_1 \in D(x_1)$$

由 $x_1$ 和 $x_2$ 的任意性可知，$\forall x\in(0,+\infty)$，$(0,+\infty) \subseteq D(x)$。

第（2）问的结论告诉我们，$f(x)<0$ 且单调递增是满足条件的。

我们可以在值域上分割函数：

$$\begin{aligned} A &= \{x>0 \mid f(x)\leqslant 0\} \\[2ex] B &= \{x>0 \mid 0<f(x)<1\} \\[2ex] C &= \{x>0 \mid f(x)\geqslant 1\} \end{aligned}$$

我们先来看集合 $A$：

$\forall x\in A$，$\xi <0$，有

$$\begin{aligned} f(x) < f(\xi) & \implies (0,-\xi ] \subseteq D(\xi) \subseteq D(x) \\ & \implies (0,+\infty) \subseteq D(x) \end{aligned}$$

因此，$f(x)$ 在集合 $A$ 上是单调递增的。

接下来看集合 $B$：

$\forall x\in B$，设 $t=\log _2 f(x) \in (-\infty,0)$，有 $f(x) = f(t)$，于是

$$(-x+t, -x) \subseteq D(x) \subseteq D(t)$$

这显然不成立，可知 $B=\varnothing$。

接下来看集合 $C$：

$\forall x\in C$，$\eta < \xi <0$，有

$$f(\eta) < f(\xi) \implies D(\xi) \subseteq D(\eta)$$

由 $x-\xi \in D(\xi)$ 可知 $x-\xi \in D(\eta)$，因此

$$f(\eta+x-\xi) = f(x-(\xi-\eta)) > f(\eta)$$

结合前面证明的 $B=\varnothing$ 可知 $f(x-(\xi-\eta)) \geqslant 1$，即 $x-(\xi-\eta)\in C$。

由 $\xi$ 和 $\eta$ 的任意性可知，$(0,x)\in C$。

也就是说，集合 $C$ 一定可以向左扩展到 $0$。

因此，集合 $A$ 一定完全在集合 $C$ 的右侧（如果都非空的话）。

但是，这实际上和条件②产生了矛盾。

有上面可知，一定有充分小的 $\varepsilon \in (0,1)$，满足 $\varepsilon \in C$，任取 $\xi < 0$，则

$$\left. \begin{aligned} f(\varepsilon) < f(0) &\implies -\varepsilon \in D(\varepsilon) \\ f(\xi) < f(\varepsilon) &\implies D(\varepsilon) \subseteq D(\xi) \end{aligned} \right\} \implies -\varepsilon \in D(\xi)$$

这显然是不成立的。

因此一定有 $C=\varnothing$，$A=(0,+\infty)$。

综上我们可以得到：$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上满足 $f(x)<0$ 且单调递增。这就回到了类似第（2）问的情况。

我们在推导的时候，大量用了任意的表示，但是在写证明的时候，最好给出具体的构造。

3. 解答

3.1. 第（1）问

通过图像可知

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

3.2. 第（2）问

由定义知，

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

• 若 $x_1\leqslant x_2<0$，则 $D(x_1)=(0,-x_1)$，$D(x_2)=(x,-x_2) \subseteq D(x_1)$；
• 若 $0<x_1\leqslant x_2$，则 $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$，$D(x_2)=(-\infty,-x_2]\cup(0,+\infty) \subseteq D(x_1)$；
• 若 $x_2<0<x_1$，则 $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$，$D(x_2)=(x,-x_2) \subseteq D(x_1)$。

3.3. 第（3）问 第（ⅰ）小问

先证明：若 $f(x_1)=f(x_2)$，则 $D(x_1)=D(x_2)$。

这是显然的：

$$f(x_1) = f(x_2) \implies \left\{ \begin{aligned} f(x_1) \leqslant f(x_2) \implies D(x_1) \subseteq D(x_2) \\ f(x_2) \leqslant f(x_1) \implies D(x_2) \subseteq D(x_1) \end{aligned} \right\} \implies D(x_1) = D(x_2)$$

为了叙述方便，不妨设 $f(0)=t$。

假设 $t\in(0,1)$，则

$$f(0) = f(\ln t) = t \implies D(0) = D(\ln t)$$

但是 $-\frac{1}{2}\ln t\in D(0)$，$-\frac{1}{2}\ln t \notin D(\ln t)$，矛盾。

假设 $t\in(-\infty,0]$，则

$$f(0)<f(-1) \implies D(-1) \subseteq D(0)$$

注意到 $\frac{1}{2} \in D(-1)$，于是 $\frac{1}{2} \in D(0)$，根据定义有 $f(0+\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) >f(0)$，这与条件②矛盾。

因此，$t\in[1,+\infty)$，即 $f(0)\geqslant 1$。

3.4. 第（3）问 第（ⅱ）小问

假设存在 $x$ 使得 $f(x)\in(0,1)$，设 $t=\log _2 f(x) \in (-\infty,0)$，则 $D(x) = D(t)$。

但是 $-x+\frac{1}{2}t \in D(x)$，$-x+\frac{1}{2}t \notin D(t)$，矛盾。

因此，不存在 $x$ 使得 $f(x)\in(0,1)$。

上面证明了 $B=\varnothing$。

方法和上面第（ⅰ）小问的第一个反证是类似的。

考虑 $x\in(0,1)$，假设 $f(x)\geqslant 1$，则

$$f(-1) < 1 \leqslant f(x) < f(0) \implies -x \in D(x) \subseteq D(-1)$$

这显然是不成立的。

因此，当 $x\in(0,1)$ 时，一定有 $f(x)<0$。

上面证明了 $(0,1)\subseteq A$。

和上面第（ⅰ）小问的第二个反证都是利用条件②构造矛盾。

任取 $0<x_1<1\leqslant x_2$，假设 $f(x_2)\geqslant 1$，则

$$f(-x_2) < f(-x_1) \implies D(-x_1) \subseteq D(-x_2)$$

注意到 $x_1+x_2 \notin D(-x_2)$，因此 $x_1+x_2 \notin D(-x_1)$，因此

$$f(-x_1+(x_1+x_2)) \leqslant f(-x_1) < 1 \implies f(x_2) < 0$$

矛盾，因此对于任意的 $x\geqslant 1$，均有 $f(x)\leqslant 0$。

上面证明了 $C=\varnothing$。

综上可知，对于任意的 $x\in(0,+\infty)$，均有 $f(x)\leqslant 0$。

任取 $0<x_1<x_2$，则

$$\left. \begin{aligned} f(x_1) \leqslant 0 < f(x_1-x_2) &\implies D(x_1-x_2) \subseteq D(x_1) \\ f(x_1-x_2) < f(0) &\implies x_2-x_1 \in D(x_1-x_2) \end{aligned} \right\} \implies x_2-x_1 \in D(x_1)$$

因此 $f(x_1+(x_2-x_1)) > f(x_1)$，即 $f(x_2) > f(x_1)$，因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

4. 临场建议

如果平时没有140+的水平，建议完成前3个小问，直接放弃最后一小问，把剩余时间用来确保前面的题目。

如果有时间来死磕最后一问，但没有思路的话怎么办？

答：举例。

这种偏分析的题目，就是要通过各种正面或反面的例子，来帮助我们理解抽象的条件。

例如，我们可以先从最简单的开始分析：

$$f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 1, &x=0 \\ x, &x>0 \end{cases}$$

根据函数图像我们马上可以找到反例：

$$\begin{aligned} D(0.5) &= (-1.5,-0.5]\cup (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,1]\cup (1.5, +\infty) \end{aligned}$$

不满足条件。

于是我们发现，如果存在 $x>0$ 使得 $0<f(x)<1$，都可以找到这样的反例。

因此，当 $x>0$ 的时候，函数图像要么在 $x$ 轴下方，要么在 $y=1$ 上方。

那么大致可以分为三种情况：

• 函数图像全在 $x$ 轴下方；
• 函数图像全在 $y=1$ 上方；
• 函数图象一部分在 $x$ 轴下方，一部分在 $y=1$ 上方。

第1种情况和第（2）问类似，是满足条件的。

接下来我们分析看第2种情况，例如：

$$f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 2, &x=0 \\ x+1, &x>0 \end{cases}$$

根据图像我们可以看到，$f(-1)$、$f(0)$、$f(0.5)$ 这三个点之间存在矛盾：

$$\begin{aligned} D(0.5) &= \{-0.5\}\cup (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,+\infty) \end{aligned}$$

显然 $D(0.5)\nsubseteq D(-1)$。而多出来的哪个元素就是由于 $f(0)$ 这个点造成的。

由于条件②要求在 $x\in(0,1)$ 上满足 $f(x)<f(0)$，因此此时 $D(x)$ 中必然包含一个负数元素。

但是当 $x<0$ 时，$D(x)$ 中一定没有负数元素，这就会造成矛盾。

因此只有一种可能，那就是当 $x\in(0,1)$ 时，函数图像不能在 $y=1$ 上方，只能在 $x$ 轴下方。

因此，第2种情况是不存在的。

最后，我们来分析第3种情况，例如：

$$f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 2, &x=0 \\ -\frac{1}{2x}, & 0<x<1 \\ x+1, &x\geqslant 1 \end{cases}$$

图中的三个点有

$$\begin{aligned} D(1.5) &= (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,1]\cup[2,+\infty) \end{aligned}$$

显然 $D(1.5)\nsubseteq D(-1)$。

这个是由于条件②要求 $f(0.5)<0$，这就造成了 $D(-1)$ 的中间有一段空缺，从而导致包含关系不成立。

实际上，只要函数有像 $f(1.5)$ 这样在 $y=1$ 上方的点，就会造成这种情况。

因此，函数图像不能有在 $y=1$ 上方的部分，即第3种情况也是不可能的。

当然，也有可能是函数图像在右边又下来了，但是这就肯定不满足单调性的结论了，所以就直接舍弃了。

因此，最终只有第1种情况是成立的。

接下来，我们只需要找到合适的点来进行构造，证明上面的猜测即可。