2026 年高考数学压轴题：函数与集合 D(x₀)

本题是 2026 年高考数学卷的最后一题（压轴题）。

说明： 原题分为多问，本文只讨论 第(3)问，前两问从略。

题目

已知函数 \(f(x)\) 的定义域为 \(\mathbb{R}\)，且当 \(x < 0\) 时，\(f(x) = 2^x\)。对任意 \(x_0 \in \mathbb{R}\)，定义集合

（3）若 \(f(x)\) 满足以下两个条件：

(a) 当 \(f(x_1) \le f(x_2)\) 时，有 \(D(x_2) \subseteq D(x_1)\)；

(b) 当 \(0 < x < 1\) 时，\(f(x) < f(0)\)。

求证：

(i) \(f(0) \ge 1\)；

(ii) \(f(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增。

解答

整个证明反复用到一个事实：对任意负数 \(w\)，集合 \(D(w)\) 含有任意小的正数。 这是因为当 \(d > 0\) 充分小、\(w + d < 0\) 时，

即这样的 \(d \in D(w)\)。换言之，\(f\) 在每个负点的右侧邻域内都是递增的。把这一性质通过条件(a) “搬运”到目标点上，就是下面两问的核心。

第(i)问：\(f(0) \ge 1\)

用反证法。假设 \(f(0) < 1\)。

由于当 \(x < 0\) 时 \(f(x) = 2^x\)，而 \(2^x \to 1\ (x \to 0^-)\)，故存在负数 \(w\) 使得

于是 \(f(w) > f(0)\)，即 \(w \in D(0)\)。

另一方面，由条件(b)，对任意 \(x \in (0,1)\) 有 \(f(x) < f(0)\)。对 \(f(x) \le f(0)\) 用条件(a)得 \(D(0) \subseteq D(x)\)，故 \(w \in D(x)\)，即

这说明 \(f\) 在 \((0,1)\) 上是下降的。

又因 \(f(x) < f(0) < f(w)\)，即 \(f(x) \le f(w)\)，再用条件(a)得 \(D(w) \subseteq D(x)\)。而 \(w < 0\)，由开头的事实，\(D(w)\) 含有任意小的正数，于是 \(D(x)\) 也含有任意小的正数——即存在任意小的正数 \(d\) 使 \(f(x + d) > f(x)\)，这说明 \(f\) 在 \(x\) 附近是递增的。

“下降”与“递增”互相矛盾，故假设不成立，即 \(f(0) \ge 1\)。

第(ii)问：\(f\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增

同样用反证法。假设 \(f\) 在 \((0,+\infty)\) 上不单调递增，则存在 \(0<x<y\) 使 \(f(x)>f(y)\)。按 \(f(x)\)、\(f(y)\) 与 \(0\) 的大小关系分三种情况讨论。

情形 1：\(f(x)>f(y)>0\)。 由 \(f(y)>0\)，可取负数 \(w\) 使 \(0<f(w)<f(y)\)，于是 \(f(w)\le f(y)\)，由条件(a)得 \(D(y)\subseteq D(w)\)。又 \(x-y<0\) 且 \(f\big(y+(x-y)\big)=f(x)>f(y)\)，故 \(x-y\in D(y)\subseteq D(w)\)。但 \(D(w)\) 不含任何负数：当 \(d<0\) 时 \(w+d<w<0\)，\(f(w+d)=2^{w+d}<2^{w}=f(w)\)，即 \(d\notin D(w)\)。这与 \(x-y\in D(w)\) 矛盾。

情形 2：\(0>f(x)>f(y)\)。 对任意负数 \(w\) 有 \(f(w)=2^{w}>0>f(x)\)，即 \(f(x)\le f(w)\)，由条件(a)得 \(D(w)\subseteq D(x)\)。注意当 \(0<d<-w\) 时 \(w+d<0\)，\(f(w+d)=2^{w+d}>2^{w}=f(w)\)，故 \((0,-w)\subseteq D(w)\)；令 \(w\to-\infty\) 可知 \(D(x)\) 包含任意给定的正数。特别地，取 \(w<x-y\)，则 \(y-x\in(0,-w)\subseteq D(w)\subseteq D(x)\)。然而 \(f\big(x+(y-x)\big)=f(y)<f(x)\)，即 \(y-x\notin D(x)\)，矛盾。

情形 3：\(f(x)\ge 0\ge f(y)\)。 任取 \(d\in(x,y)\)。由情形 1、2 的论证，\(f(d)\) 既不能为正、也不能为负，故只能 \(f(d)=0\)；也就是说 \(f\) 在 \((x,y)\) 上恒为 \(0\)。于是对任意 \(d_1,d_2\in(x,y)\) 有 \(f(d_1)=f(d_2)\)，由条件(a)（两个方向同时成立）得 \(D(d_1)=D(d_2)\)，即各点的 \(D\) 集合完全相同。又因 \(f(d)=0<f(w)\) 对任意负数 \(w\) 成立，由条件(a)得 \(D(w)\subseteq D(d)\)，故 \(D(d)\) 含有任意小的正数。但当 \(\varepsilon>0\) 充分小时 \(d+\varepsilon\in(x,y)\)，从而 \(f(d+\varepsilon)=0=f(d)\)，即 \(\varepsilon\notin D(d)\)；这对一切充分小的 \(\varepsilon>0\) 都成立，说明 \(D(d)\) 不含任意小的正数，矛盾。

三种情况均导出矛盾，故假设不成立，即 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增。\(\blacksquare\)

结语

本题中的集合 \(D(x_0)\) 是按函数值的大小来定义的——它收集所有使 \(f(x_0 + d) > f(x_0)\) 成立的位移 \(d\)。这与 Lebesgue 积分的思想颇为相通，即两者都不着眼于定义域的结构，而是通过比较函数值来刻画。因此，破题的关键始终落在函数值之间的大小关系上，而非定义域的形状。