2026高考数学压轴题解析

难度评级 ★★★★★ 17 分

题原题再现

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 $x \geq 0$ 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 $(0, +\infty)$ 单调递增。

1第（1）问解析

由题意，$x \geq 0$ 时 $f(x)=1-x$，而 $x < 0$ 时 $f(x)=2^x$。所以 $f(-1)=2^{-1}=\dfrac{1}{2}$。令 $t=-1+d$，则 $d \in D(-1) \iff f(t) > \dfrac{1}{2}$。 情形一：$t < 0$，即 $d < 1$。此时 $f(t)=2^t > \dfrac{1}{2} = 2^{-1} \iff t > -1$，故 $-1 < t < 0$，即 $0 < d < 1$。 情形二：$t \geq 0$，即 $d \geq 1$。此时 $f(t)=1-t > \dfrac{1}{2} \iff t < \dfrac{3}{2}$，故 $0 \leq t < \dfrac{3}{2}$，即 $1 \leq d < \dfrac{3}{2}$。

最终答案：$D(-1)=(0,1) \cup \left[1, \dfrac{3}{2}\right) = \left(0, \dfrac{3}{2}\right)$

直觉理解：从 $x_0=-1$ 出发，向右移动一点点时（$0 < d < 1$），函数值从 $2^{-1}=0.5$ 增大（因为沿指数函数上升）；继续移动到 $1 \leq d < \frac{3}{2}$ 时，进入线性段 $1-x$，函数值仍大于 $0.5$；但移动超过 $\frac{3}{2}$ 后，$f(-1+d)=1-(-1+d)$ 就不超过 $\frac{1}{2}$ 了。

2第（2）问解析

条件分析：$f$ 为奇函数，$x < 0$ 时 $f(x)=2^x$，故 $x > 0$ 时 $f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$，且 $f(0)=0$。 先求 $D(x)$：
若 $x < 0$，则 $f(x)=2^x > 0$。要使 $f(x+d) > f(x)$，必须有 $x+d < 0$（否则 $f(x+d) \leq 0 < f(x)$），且 $2^{x+d} > 2^x \iff d > 0$。又 $x+d < 0 \iff d < -x$，故 $D(x)=(0,-x)$。若 $x > 0$，则 $f(x)=-2^{-x} < 0$。当 $x+d < 0$ 时 $f(x+d) > 0 > f(x)$；当 $x+d = 0$ 时 $f(0)=0 > f(x)$；当 $x+d > 0$ 时 $f(x+d) > f(x) \iff d > 0$。故 $D(x)=(-\infty,-x] \cup (0,+\infty)$。 分类讨论证明 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$：
由 $2^x$ 在 $(-\infty,0)$ 单调递增、$-2^{-x}$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增，$f(x_1) \leq f(x_2)$ 可推出 $x_1 \leq x_2$（同号时），进而 $-x_2 \leq -x_1$，故 $(0,-x_2) \subseteq (0,-x_1)$。
异号时：$x_1 > 0, x_2 < 0$ 自动满足 $f(x_1) \leq f(x_2)$，且 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$ 显然成立。

核心思想：利用奇函数性质求出 $f$ 的完整表达式，分类求 $D(x)$，再利用单调性得到包含关系。这是典型的"读懂定义 + 分类讨论"问题。

3第（3）问解析

（ⅰ）证明 $f(0) \geq 1$（反证法）： 反设 $f(0) < 1$。由 $\lim_{x \to 0^-} 2^x = 1$，取 $y \in (-1,0)$ 使 $f(0) < 2^y = f(y)$。取 $d = -\frac{y}{2}$，则 $0 < d < 1$，且 $y+d = \frac{y}{2} < 0$。因 $\frac{y}{2} > y$，故 $f(y+d)=2^{y/2} > 2^y = f(y)$，即 $d \in D(y)$。另一方面，$0 < d < 1$，由条件②得 $f(d) < f(0)$，故 $d \notin D(0)$。但由 $f(0) < f(y)$ 及条件①得 $D(y) \subseteq D(0)$，这与 $d \in D(y)$ 且 $d \notin D(0)$ 矛盾！故 $f(0) \geq 1$。
（ⅱ）证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增： 引理：先证 $x > 0$ 时 $f(x) \leq 0$。反设存在 $t > 0$ 使 $f(t) > 0$，取 $u \in (0, \min\{t,1\})$，令 $\varepsilon = t-u > 0$。取 $y < 0$ 使 $2^y < f(t)$。由条件①和 $D$ 的传递性，可推出 $f(u) > 0$，再与条件②矛盾。 完成证明：任取 $0 < a < b$，令 $h = b-a > 0$。由引理 $f(a) \leq 0$。取 $y < -h$，则 $y < 0$ 且 $y+h < 0$，故 $f(y+h)=2^{y+h} > 2^y = f(y)$，即 $h \in D(y)$。又 $f(a) \leq 0 < 2^y = f(y)$，由条件①得 $D(y) \subseteq D(a)$，故 $h \in D(a)$，即 $f(a+h) > f(a)$，亦即 $f(b) > f(a)$。

命题意图：本题考察数学抽象（定义新概念 $D(x_0)$）、逻辑推理（反证法 + 传递性论证）和数学运算三大核心素养，是典型的新定义压轴题风格。第（3）问极具数学分析味道，被誉为近四年高考难度巅峰。

策考场策略

时间分配建议：本题 17 分，建议用时 25-30 分钟。

第（1）问（4-5分）：基础送分题，5分钟内拿下。$D(-1)=(0,\frac{3}{2})$，理解 $D(x_0)$ 的定义后分类讨论即可。
第（2）问（5-6分）：中等难度。关键是用奇函数性质求出 $f$ 完整表达式，再分类求 $D(x)$ 并比较。朴素分类讨论是唯一途径。
第（3）问（6-7分）：真正的压轴。需要反证法 + $D$ 的传递性论证，极具数学分析味道。第（2）问的结论在此处起到铺垫作用。

得分策略：即使无法完成第（3）问的全部证明，写出关键步骤（如 $f(0) \geq 1$ 的反证法）也能获得 10+ 分。本卷选填难度极高，大题前三道（15-17）反较基础，请合理分配时间。

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