2026-新高考I卷-19 解-新定义函数

本题导读

本题为 2026 年新高考 Ⅰ 卷的导数与抽象函数压轴大题。题目引入了一个描述函数局部增长方向的新定义集合 $D(x_0)$。第一问考查特定分段函数下的集合求解；第二问考查奇函数背景下集合包含关系的严格代数证明；第三问则是全卷的最高难点，要求从两组高度抽象的集合包含与不等式性质出发，通过严密的逻辑递推，完成特殊函数值边界以及半轴单调性的全面证明。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）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 $x_1{x}_2\ne 0$ ，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， $f(x)<f(0)$ .

(i) 证明： $f(0)\ge 1$ ；

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

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问逻辑：要求 $D(-1)$，根据定义只需解不等式 $f(-1+d)>f(-1)$。已知当 $x<0$ 时 $f(x)=2^x⟹f(-1)=2^{-1}=\frac{1}{2}$。针对自变量 $-1+d$ 所在的区间（大于等于0或小于0）进行分类讨论，求解 $d$ 的范围。
2. 第（2）问逻辑：证明集合包含关系 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$，需采用元素法。任取 $d\in D(x_2)⟹f(x_2+d)>f(x_2)$。由于 $f(x)$ 是奇函数，可得 $f(-x)=-f(x)$。结合已知条件 $f(x_1)\le f(x_2)$ 及 $x_1{x}_2\ne 0$，利用奇函数的图象对称性与代数变换，证明在此 $d$ 下， $f(x_1+d)>f(x_1)$ 恒成立，从而得出 $d\in D(x_1)$。
3. 第（3）问 (i) 逻辑：已知当 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$，由此可得当 $x\to 0^{-}$ 时 $f(x)\to 1^{-}$。利用条件 的包含性质与 $f(x)<f(0)$ 约束，采用反证法：假设 $f(0)<1$，通过选择合适的负自变量向 0 逼近，导出集合包含关系的刚性矛盾，从而证得 $f(0)\ge 1$。
4. 第（3）问 (ii) 逻辑：要在 $(0,+\infty )$ 上证单调递增，需证对任意 $0<x_1<x_2$，恒有 $f(x_1)<f(x_2)$。可结合条件 ① 的逆否命题或直接通过元素包含特征，证明若存在不满足递增的逆序对将导致整个实轴上的集合包含链发生破缺，从而完成单调性的最终闭环证明。

✅【答案】

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(1) $D(-1)=(0,1)$ (2) 证明见解析 (3)(i) 证明见解析（$f(0)\ge 1$） (3)(ii) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）解：求 $D(-1)$ 集合

由题意，当 $x<0$ 时， $f(x)=2^x$，故 $f(-1)=2^{-1}=\frac{1}{2}$。 根据新定义， $D(-1)=\{d\in \mathbf{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\}=\{d\in \mathbf{R}\mid f(-1+d)>\frac{1}{2}\}$。 对自变量 $-1+d$ 的范围进行分类讨论：

• 当 $-1+d<0⟹d<1$ 时** $f(-1+d)=2^{-1+d}>\frac{1}{2}=2^{-1}⟹-1+d>-1⟹d>0$ 综合条件，得到此分支的解集为： $0<d<1$。

• 当 $-1+d\ge 0⟹d\ge 1$ 时** $f(-1+d)=1-(-1+d)=2-d>\frac{1}{2}⟹d<\frac{3}{2}$ 综合条件，得到此分支的解集为： $1\le d<\frac{3}{2}$。

将上述两种情况的解集取并集，得 $0<d<\frac{3}{2}$。 所以， $D(-1)=\left(0,\frac{3}{2}\right)$。

（2）证明： $D(x_2)\subseteq D(x_1)$

因为 $f(x)$ 是奇函数，所以 $x>0$ 时，$-x<0$,$f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$,$f(0)=0$。 则 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^x,& x<0\\ 0,& x=0\\ -2^{-x},& x>0\end{array}$

当 $x<0$ 时，$f(x)\in (0,1)$,$d\in D(x)$，等价于 $f(x+d)>f(x)>0$，则 $x+d<0$，且 $2^{x+d}>2^x$,$d<-x$ 且 $d>0$，所以 $D(x)=(0,-x)$。 当 $x>0$ 时，$f(x)\in (-1,0)$,$d\in D(x)$，等价于 $f(x+d)>-2^{-x}$。

若 $x+d<0$,$f(x+d)>0>-2^{-x}$，得 $d<-x$；

若 $x+d=0$,$f(0)=0>-2^{-x}$，得 $d=-x$；

若 $x+d>0$,$f(x+d)=-2^{-(x+d)}>-2^{-x}$，则 $-(x+d)<-x$，得 $d>0$。

所以 $D(x)=(-\infty ,-x]\cup (0,+\infty )$。

已知 $f(x_1)\le f(x_2)$ 且 $x_1{x}_2\ne 0$： (1)若 $x_1<0$,$x_2<0$,$2^{x_1}\le 2^{x_2}$,$x_1\le x_2<0$,$-x_1\ge -x_2>0$, $D(x_1)=(0,-x_1)$,$D(x_2)=(0,-x_2)$。

因为 $(0,-x_2)\subseteq (0,-x_1)$，所以 $D(x_1)\supseteq D(x_2)$。

(2)若 $x_1>0$,$x_2>0$,$-2^{-x_1}\le -2^{-x_2}$,$-x_1\ge -x_2$,$0<x_1\le x_2$,$D(x_1)=(-\infty ,-x_1]\cup (0,+\infty )$,$D(x_2)=(-\infty ,-x_2]\cup (0,+\infty )$。

因为 $(-\infty ,-x_2]\subseteq (-\infty ,-x_1]$，

所以 $D(x_1)\supseteq D(x_2)$。

(3) 若 $x_1>0$,$x_2<0$,$f(x_1)<0<f(x_2)$,满足 $f(x_1)\le f(x_2)$. $D(x_1)=(-\infty ,-x_1]\cup (0,+\infty )$,$D(x_2)=(0,-x_2)$. 因为 $-x_2>0$, $(0,-x_2)\subseteq (0,+\infty )\subseteq D(x_1)$， 所以 $D(x_1)\supseteq D(x_2)$.

(4) 若 $x_1<0$,$x_2>0$,$f(x_1)>0>f(x_2)$,与 $f(x_1)\le f(x_2)$ 矛盾.

综上所述，$D(x_1)\supseteq D(x_2)$ 得证.

（3）抽象函数的性质证明 （ⅰ）假设 $f(0)<1$。 若 $f(0)\le 0$，取 $x_1=-\frac{1}{2}$,$f(x_1)=2^{-\frac{1}{2}}>0$，$f(0)<f(x_1)$，则 $D(0)\supseteq D(x_1)$。 取 $d=\frac{1}{4}$，$x_1+d=-\frac{1}{4}<0$，$f(x_1+d)=2^{-\frac{1}{4}}>2^{-\frac{1}{2}}=f(x_1)$，$d\in D(x_1)$。 因为 $D(0)\supseteq D(x_1)$，所以 $d\in D(0)$，$f(d)>f(0)$。 又 $d=\frac{1}{4}\in (0,1)$，由(b) 知 $f(d)<f(0)$，矛盾。

若 $0<f(0)<1$，令 $x_0={\log }_{2}f(0)$，则 $x_0<0$，$f(x_0)=2^{x_0}=f(0)$。 $f(x_0)\le f(0)$，则 $D(x_0)\supseteq D(0)$；$f(0)\le f(x_0)$，则 $D(0)\supseteq D(x_0)$。 所以 $D(x_0)=D(0)$。 记 $x=\min \{a,b\}$ 为取 $a$，$b$ 中的较小值，取 $d_0=\min \left\{-\frac{x_0}{2},\frac{1}{2}\right\}$。 因为 $x_0<0$，所以 $0<d_0\le \frac{1}{2}<1$，由 (b) 知 $f(d_0)<f(0)$，则 $d_0\notin D(0)$。 又 $x_0+d_0\le x_0-\frac{x_0}{2}=\frac{x_0}{2}<0$，$f(x_0+d_0)=2^{x_0+d_0}>2^{x_0}=f(x_0)$，所以 $d_0\in D(x_0)$，与 $D(x_0)=D(0)$ 矛盾。 综上所述，假设不成立。所以 $f(0)\ge 1$。

（ii）若 $x\in (0,1)$，假设 $f(x)>0$。取 $c<0$ 使得 $f(c)=2^c<f(x)$。

由 ② 知 $f(x)<f(0)$，$f[x+(-x)]=f(0)>f(x)$，所以 $-x\in D(x)$。

由 ① 知，$f(c)<f(x)$，则 $D(c)\supseteq D(x)$，$-x\in D(x)$。$f[c+(-x)]=f(c-x)>f(c)$。

因为 $c<0$，$x>0$，所以 $c-x<c<0$。当 $x<0$ 时，$f(x)=2^x$ 单调递增，所以 $f(c-x)<f(c)$，矛盾。

所以 $\forall x\in (0,1)$，$f(x)\le 0$。 若 $x\ge 1$，假设 $f(x)>0$。取 $b<0$ 使得 $f(b)=2^b<f(x)$。 $f[b+(x-b)]=f(x)>f(b)$，则 $x-b\in D(b)$。

令 $b^{\prime }=\frac{1}{2}-(x-b)$。因为 $x\ge 1$，$b<0$，所以 $x-b>1$，则 $b^{\prime }<-\frac{1}{2}<b<0$。所以 $f(b^{\prime })=2^{b^{\prime }}<2^b=f(b).$

由 (a )知，$D(b^{\prime })\supseteq D(b)$，则 $x-b\in D(b^{\prime })$。 $f\left[b^{\prime }+(x-b)\right]=f\left(\frac{1}{2}\right)>f(b^{\prime })>0.$ 与 $\frac{1}{2}\in (0,1)$，$f\left(\frac{1}{2}\right)\le 0$ 矛盾。

所以 $\forall x>0$，$f(x)\le 0$。取 $0<x<y$，因为 $y-x>0$，则 $-(y-x)-1<-1<0$， $f\left[-(y-x)-1\right]=2^{-(y-x)-1}>0.$ 又 $x>0$，则 $f(x)\le 0$，所以 $f(x)<f\left[-(y-x)-1\right]$。

由 (a) 知，$D(x)\supseteq D\left[-(y-x)-1\right]$。 因为 $-(y-x)-1<-1<0$，所以 $f\left[-(y-x)-1\right]<f(-1)$。 $f\left[-(y-x)-1+(y-x)\right]=f(1)>f\left[-(y-x)-1\right],$ 所以 $y-x\in D(x)$。 $f\left[x+(y-x)\right]>f(x),f(y)>f(x).$

所以 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增，得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：新定义集合与函数局部性质的逻辑等价转化；利用反证法处理抽象超越函数的边界值。
2. 核心方法：反证法、特殊元素构造法。
3. 避坑指南：

• 新定义流于表面陷阱：本题的集合 $D(x_0)$ 本质上是函数在 $x_0$ 处的严格增长方向算子集。第三问极其抽象，切忌试图去写出 $f(x)$ 在正半轴的具体解析式（因为符合条件的函数有无数种）。正确的解题思维是牢牢抓住条件 ① 提供的“函数值大小”与“集合包含方向”的逆向对应关系，通过精确定向构造特殊元素 $d$ 制造矛盾。

📖【试题探源与推广】

Tip

本题以”跳跃优势集 $D(x)=\{d\mid f(x+d)>f(x)\}$“为核心定义的新定义压轴题：由具体分段函数（$2^x$ 及其奇函数延拓）计算 $D(-1)$，再证包含关系 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$，最后在抽象层面证明 $f(0)\ge 1$ 与区间单调性，全题沿”具体 $\to$ 结构 $\to$ 抽象”三级台阶上升，是函数与逻辑推理素养交叉的高层次命题。

若 $f$ 严格增，则 $D(x)=(0,+\infty )$ 恒定；若 $f$ 严格减，则 $D(x)=(-\infty ,0)$ 恒定。$D$ 集合之间的包含关系刻画了函数值在各点的相对低位，可用包含关系反推单调性——新定义语言与经典单调性在此完全互通。

新定义题的通法是”定义翻译 $\to$ 特值探路 $\to$ 分类完封”：先把新符号逐字翻译为不等式，用具体值试探结构，再按自变量符号分类完成严格证明；处理 $\ge$ 型边界值（如 $f(0)\ge 1$）时反证法最有效。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 01.01集合的含义、表示与基本运算
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2008-重庆卷理-06
• 2013-重庆卷理-22 解-集合元素个数
• 1986-全国理-04 单-二倍角与函数性质