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 R，且当 x<0 时，f(x)=2x。对任意 x0​∈R，定义集合 D(x0​)={d∈R∣f(x0​+d)>f(x0​)}。

（1）若当 x⩾0 时，f(x)=1−x，求 D(−1)；

（2）若 f(x) 是奇函数，f(x1​)⩽f(x2​)，且 x1​x2​=0，证明：D(x2​)⊆D(x1​)；

（3）设 f(x) 满足：① 若 f(x1​)⩽f(x2​)，则 D(x2​)⊆D(x1​)；② 当 0<x<1 时，f(x)<f(0)。

（ⅰ）证明：f(0)⩾1；

（ⅱ）证明：f(x) 在区间 (0,+∞) 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（x1​⩽x2​<0，0<x1​⩽x2​，x2​<0<x1​）。

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<x1​<x2​，则 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增意味着

f(x1​)<f(x2​)=f(x1​+(x2​−x1​))⟹x2​−x1​∈D(x1​)

由 x1​ 和 x2​ 的任意性可知，∀x∈(0,+∞)，(0,+∞)⊆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：

ABC​={x>0∣f(x)⩽0}={x>0∣0<1}={x>0∣f(x)⩾1}​

我们先来看集合 A：

∀x∈A，ξ<0，有

f(x)<f(ξ)​⟹(0,−ξ]⊆D(ξ)⊆D(x)⟹(0,+∞)⊆D(x)​

因此，f(x) 在集合 A 上是单调递增的。

接下来看集合 B：

∀x∈B，设 t=log2​f(x)∈(−∞,0)，有 f(x)=f(t)，于是

(−x+t,−x)⊆D(x)⊆D(t)

这显然不成立，可知 B=∅。

接下来看集合 C：

∀x∈C，η<ξ<0，有

f(η)<f(ξ)⟹D(ξ)⊆D(η)

由 x−ξ∈D(ξ) 可知 x−ξ∈D(η)，因此

f(η+x−ξ)=f(x−(ξ−η))>f(η)

结合前面证明的 B=∅ 可知 f(x−(ξ−η))⩾1，即 x−(ξ−η)∈C。

由 ξ 和 η 的任意性可知，(0,x)∈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 ε∈(0,1)，满足 ε∈C，任取 ξ<0，则

f(ε)<f(0)f(ξ)<f(ε)​⟹−ε∈D(ε)⟹D(ε)⊆D(ξ)​}⟹−ε∈D(ξ)

这显然是不成立的。

因此一定有 C=∅，A=(0,+∞)。

综上我们可以得到：f(x) 在 (0,+∞) 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)=(0,23​)

3.2. 第（2）问

由定义知，

f(x)=⎩⎨⎧​2x,0,−2−x,​x<0x=0x>0​

• 若 x1​⩽x2​<0，则 D(x1​)=(0,−x1​)，D(x2​)=(0,−x2​)⊆D(x1​)；
• 若 0<x1​⩽x2​，则 D(x1​)=(−∞,−x1​]∪(0,+∞)，D(x2​)=(−∞,−x2​]∪(0,+∞)⊆D(x1​)；
• 若 x2​<0<x1​，则 D(x1​)=(−∞,−x1​]∪(0,+∞)，D(x2​)=(0,−x2​)⊆D(x1​)。

3.3. 第（3）问 第（ⅰ）小问

先证明：若 f(x1​)=f(x2​)，则 D(x1​)=D(x2​)。

这是显然的：

f(x1​)=f(x2​)⟹{f(x1​)⩽f(x2​)⟹D(x1​)⊆D(x2​)f(x2​)⩽f(x1​)⟹D(x2​)⊆D(x1​)​}⟹D(x1​)=D(x2​)

为了叙述方便，不妨设 f(0)=t。

假设 t∈(0,1)，则

f(0)=f(lnt)=t⟹D(0)=D(lnt)

但是 −21​lnt∈D(0)，−21​lnt∈/D(lnt)，矛盾。

假设 t∈(−∞,0]，则

f(0)<f(−1)⟹D(−1)⊆D(0)

注意到 21​∈D(−1)，于是 21​∈D(0)，根据定义有 f(0+21​)=f(21​)>f(0)，这与条件②矛盾。

因此，t∈[1,+∞)，即 f(0)⩾1。

3.4. 第（3）问 第（ⅱ）小问

假设存在 x 使得 f(x)∈(0,1)，设 t=log2​f(x)∈(−∞,0)，则 D(x)=D(t)。

但是 −x+21​t∈D(x)，−x+21​t∈/D(t)，矛盾。

因此，不存在 x 使得 f(x)∈(0,1)。

上面证明了 B=∅。

方法和上面第（ⅰ）小问的第一个反证是类似的。

考虑 x∈(0,1)，假设 f(x)⩾1，则

f(−1)<1⩽f(x)<f(0)⟹−x∈D(x)⊆D(−1)

这显然是不成立的。

因此，当 x∈(0,1) 时，一定有 f(x)<0。

上面证明了 (0,1)⊆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<x1​<1⩽x2​，假设 f(x2​)⩾1，则

f(−x2​)<f(−x1​)⟹D(−x1​)⊆D(−x2​)

注意到 x1​+x2​∈/D(−x2​)，因此 x1​+x2​∈/D(−x1​)，因此

f(−x1​+(x1​+x2​))⩽f(−x1​)<1⟹f(x2​)<0

矛盾，因此对于任意的 x⩾1，均有 f(x)⩽0。

上面证明了 C=∅。

综上可知，对于任意的 x∈(0,+∞)，均有 f(x)⩽0。

任取 0<x1​<x2​，则

f(x1​)⩽0<f(x1​−x2​)f(x1​−x2​)<f(0)​⟹D(x1​−x2​)⊆D(x1​)⟹x2​−x1​∈D(x1​−x2​)​}⟹x2​−x1​∈D(x1​)

因此 f(x1​+(x2​−x1​))>f(x1​)，即 f(x2​)>f(x1​)，因此 f(x) 在 (0,+∞) 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)=⎩⎨⎧​2x,1,x,​x<0x=0x>0​

根据函数图像我们马上可以找到反例：

D(0.5)D(−1)​=(−1.5,−0.5]∪(0,+∞)=(0,1]∪(1.5,+∞)​

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)=⎩⎨⎧​2x,2,x+1,​x<0x=0x>0​

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：

D(0.5)D(−1)​={−0.5}∪(0,+∞)=(0,+∞)​

显然 D(0.5)⊈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∈(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∈(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)=⎩⎨⎧​2x,2,−2x1​,x+1,​x<0x=00<x<1x⩾1​

图中的三个点有

D(1.5)D(−1)​=(0,+∞)=(0,1]∪[2,+∞)​

显然 D(1.5)⊈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。