等待证伪的高考数学压轴题

2026 新高考 Ⅰ 卷数学压轴题（第 19 题）以分段函数为载体，定义了函数的”上升方向集” $D(x_0)$，三问从具体求值到抽象证明层层递进。题目考查分段函数求值、奇偶性与单调性、集合包含等中学知识，背后则关联凸分析中的集合值映射、单调算子理论等高等数学概念。第 (3) 题的核心条件 $D(x) \equiv D(0)$ 本质是平移不变性——积分是典型的平移不变泛函，函数平移不改变积分值；这一性质在信号处理（线性时不变系统 LTI）、偏微分方程和傅里叶分析中都有核心地位。

题目

已知函数 $f(x)$ 定义在 $\mathbb{R}$ 上，且满足：

• 当 $x \ge 0$ 时，$f(x)=1-x$；
• 当 $x < 0$ 时，$f(x)=2^x$。

对任意 $x_0 \in \mathbb{R}$，定义集合：

$$D(x_0)=\{\,d\in\mathbb{R}\mid f(x_0+d) > f(x_0)\,\}$$

1. 求集合 $D(-1)$；
2. 若 $f(x)$ 为奇函数，且 $x_1 < x_2$，证明：$D(x_1) \subseteq D(x_2)$；
3. 若对任意 $x \in \mathbb{R}$，均有 $D(x)=D(0)$，证明：$f(x)$ 是常函数。

解答

第 (1) 题：求 $D(-1)$

第一步：计算 $f(-1)$

$-1 < 0$，代入第二段解析式：

$$f(-1)=2^{-1}=\dfrac{1}{2}$$

第二步：令 $x_0=-1$，条件变为

$$f(-1+d) > \dfrac{1}{2}$$

设 $t=d-1$，即解 $f(t)>\dfrac{1}{2}$，分两段讨论：

• 当 $t<0$ 时，$f(t)=2^t$：

$$2^t > \dfrac{1}{2} \implies 2^t > 2^{-1} \implies t > -1$$

结合前提 $t<0$，得 $\boldsymbol{-1 < t < 0}$。

• 当 $t \ge 0$ 时，$f(t)=1-t$：

$$1-t > \dfrac{1}{2} \implies t < \dfrac{1}{2}$$

结合前提 $t \ge 0$，得 $\boldsymbol{0 \le t < \dfrac{1}{2}}$。

第三步：综合两段

$$-1 < t < \dfrac{1}{2}$$

代回 $t=d-1$：

$$-1 < d-1 < \dfrac{1}{2} \implies 0 < d < \dfrac{3}{2}$$

结论：

$$\boldsymbol{D(-1)=\left\{\,d\,\bigg|\, 0 < d < \dfrac{3}{2}\,\right\}}$$

第 (2) 题：$f$ 为奇函数，$x_1 < x_2$，证 $D(x_1) \subseteq D(x_2)$

前置分析

由原题分段式 + 奇函数性质，先补全 $f(x)$：

已知 $x>0$ 时 $f(x)=1-x$；奇函数满足 $f(-x)=-f(x)$，且 $f(0)=0$。

• $x>0$：$f(x)=1-x$，单调递减；
• $x<0$：$f(x)=-f(-x)=-[1-(-x)]=-1-x$，单调递减。

可验证 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上整体单调递减。

集合定义分析

$$d \in D(x) \iff f(x+d) > f(x)$$

因 $f(x)$ 单调递减，不等号方向翻转：

$$f(x+d) > f(x) \iff x+d < x \iff d < 0$$

即对任意 $x \in \mathbb{R}$，都有 $D(x)={\,d\mid d<0\,}$。

证明

对任意 $d \in D(x_1)$，有 $d<0$，则必然 $d \in D(x_2)$。

由子集定义：

$$\boldsymbol{D(x_1) \subseteq D(x_2)}$$

得证。

第 (3) 题：$\forall x\in\mathbb{R},\ D(x)=D(0)$，证 $f$ 为常函数

条件整理

记 $D=D(0)$，则对任意 $x$：

$$f(x+d) > f(x) \iff d \in D, \quad \forall x \in \mathbb{R}$$

反证法证明

假设 $f(x)$ 不是常函数，则存在 $a, b \in \mathbb{R}$，使得 $f(a) \ne f(b)$。

取任意实数 $h$，对比两处条件：

$$\begin{cases} f(0+h) > f(0) \iff h \in D \\ f(x+h) > f(x) \iff h \in D \end{cases}$$

这说明：不等关系 $f(u+h)>f(u)$ 与基点 $u$ 无关，仅由 $h$ 决定。

任取两点分析

任取两点 $x, y$，令 $h=y-x$，则 $y=x+h$。分类讨论：

• 若 $h \in D$：则 $f(y)=f(x+h) > f(x)$；
• 若 $h \notin D$：则 $f(y)=f(x+h) \le f(x)$。

构造矛盾

假设存在 $x_0$ 使得 $f(x_0) \ne f(0)$：

不妨设 $f(x_0) > f(0)$，令 $h=x_0$，则 $f(0+h) > f(0)$，故 $h \in D$。

对任意 $t$，必有 $f(t+h) > f(t)$。递推可得：

$$f(0) < f(h) < f(2h) < f(3h) < \cdots$$

同时取 $-h$：因为 $h \in D$，即 $f(t+h)>f(t)$ 恒成立，那么 $f(t-h) \le f(t) $ 恒成立，即 $-h \notin D$。

再结合集合一致性：若存在两点函数值不等，必然能找到某个 $h$，使得对部分基点满足 $f(x+h)>f(x)$、对另一部分不满足，这与 $D(x) \equiv D(0)$ 矛盾。

因此假设不成立，故

$$\boldsymbol{f(x) \text{ 为常函数}}$$

得证。

关于第 (2) 题的讨论

这道题本身可能存在问题，有两个层面值得分析。

原函数定义与奇函数条件矛盾

第 (1) 题给定的分段函数为：

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

而奇函数要求 $f(0)=0$，但按此定义 $f(0)=1-0=1 \ne 0$。因此原函数定义与奇函数条件无法同时满足——如果沿用第 (1) 题的函数，则 $f(x)$ 不可能是奇函数；如果改为奇函数，则必须重新定义 $f(x)$，第 (1) 题的前提就失效了。

一般奇函数下的反例

即使抛开原函数定义，考虑一般奇函数，命题也不成立。取 $f(x)=\sin x$：

• 令 $x_1=0$，$x_2=\dfrac{\pi}{2}$，满足 $x_1 < x_2$。
• $D(0)={d \mid \sin d > \sin 0}={d \mid \sin d > 0}$，非空集（例如 $(0,\pi)$ 中的元素都属于它）。
• $D!\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\left{d \;\middle|\; \sin!\left(\dfrac{\pi}{2}+d\right) > \sin\dfrac{\pi}{2}\right}={d \mid \sin!\left(\dfrac{\pi}{2}+d\right) > 1}$。

正弦函数最大值为 $1$，不存在使 $\sin!\left(\frac{\pi}{2}+d\right) > 1$ 的实数 $d$，因此 $D!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\emptyset$。

显然 $D(0) \not\subseteq \emptyset$，与命题结论 $D(x_1) \subseteq D(x_2)$ 矛盾。

这说明第 (2) 题对”奇函数”这一条件缺少额外限制（如单调性），命题在一般意义下不成立。可能的命题意图是要求 $f(x)$ 在原函数基础上”修改为奇函数且保持单调递减”，但题目表述未明确这一点。

关于第 (3) 题的讨论

第 (3) 题的关键在于集合 $D(x_0)$ 的定义方式。对比两种定义：

原定义（集合元素为平移量 $d$）

$$D(x_0)=\{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0+d) > f(x_0)\}$$

代入 $f(x)=x$：

$$D(x_0)=\{d \mid x_0+d > x_0\}=\{d \mid d > 0\}=(0, +\infty)$$

无论 $x_0$ 取何值，$D(x_0)$ 恒等于 $(0, +\infty)$。满足前提”对任意 $x$，均有 $D(x)=D(0)$”，但 $f(x)=x$ 不是常函数——命题被证伪。

问题出在：一次函数 $f(x)=ax+b$（$a \ne 0$）都是反例——平移不改变差值 $f(x+d)-f(x)=ad$，”上升方向”与基点无关。更一般地，任何满足 $f(x+d)-f(x)$ 仅依赖于 $d$ 的函数都会使条件成立，但它们并非常函数。

修正后的定义（集合元素为自变量绝对位置 $x$）

$$D(x_0)=\{x \in \mathbb{R} \mid f(x) > f(x_0)\}$$

同样代入 $f(x)=x$：

$$D(x_0)=\{x \mid x > x_0\}=(x_0, +\infty)$$

此时：

• $D(0)=(0, +\infty)$
• $D(1)=(1, +\infty)$
• $D(-5)=(-5, +\infty)$

$D(1)$ 和 $D(0)$ 是不同的集合，$f(x)=x$ 根本不满足”$D(x)=D(0)$ 对任意 $x$ 成立”的前提条件。既然连前提都不满足，它就不能作为反例来推翻命题。

小结

如果原题使用的是”平移量 $d$”的定义，第 (3) 题存在反例，命题不成立；如果将定义修正为”绝对位置 $x$”，反例失效，命题可能成立。题目的表述方式决定了命题的真假。

但需要注意：如果修改了 $D(x_0)$ 的定义，第 (1) 题的答案也会随之改变。例如在修正定义下：

$$D(-1)=\{x \mid f(x) > f(-1)\}=\{x \mid f(x) > 1/2\}$$

这与原定义下通过平移量 $d$ 求解的结果不同。因此两种定义不能混用——要么全文使用”平移量”定义（第 (3) 题有漏洞），要么全文使用”绝对位置”定义（第 (1) 题答案需要重新计算）。