2026新高考Ⅰ卷数学第19题精讲:17分压轴,考的是＂读懂新定义＂

今年压轴题换了个"画风"：不是算不动，而是读不懂。第19题给了一个新定义集合 D(x₀)，17分，把"集合包含"和"函数值比较"焊在了一起。真正卡人的是缺一步"翻译"：把 d∈D(x₀) 翻译成 f(x₀+d)＞f(x₀)——这是定义；再看懂条件①：f(x₁)≤f(x₂) ⟹ D(x₂)⊆D(x₁)，第(2)问就是它的直接应用。我把三问全拆开，配了图解，你跟着推一遍就通。

一、真题呈现

已知函数 f(x) 的定义域为 R，且当 x＜0 时，f(x)=2^x。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 x₁x₂≠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,+∞) 上单调递增。

二、这道题在考什么

一个值得记的趋势：2026 年把"新定义＋抽象函数"放在了压轴，解析几何连续两年稳定在第18题（2025、2026 均为椭圆）。这类"定义集合＋包含关系"的题在上海卷有清晰传统（2025上海春考 S_f(t) 对称集、2025上海秋考 M_a 等），今年全国卷正式接棒。信号很明确：压轴可以是任何模块，考的是"读懂定义、完成翻译"。

三、第(1)问：把"集合"翻译成"不等式"（约4分）

第一步：代入 x₀ = −1

f(−1) = 2⁻¹ = 1/2，故

D(−1) = { d ∈ R ｜ f(−1+d) ＞ 1/2 }。

第二步：对 −1+d 分段解不等式

x＜0 时 f(x)=2^x 单调递增；x≥0 时 f(x)=1−x 单调递减。直接看 −1+d 落在哪一段：

· 若 −1+d＜0（即 d＜1）：2^−1+d＞2⁻¹ ⟹ −1+d＞−1 ⟹ d＞0，故 0＜d＜1；

· 若 −1+d≥0（即 d≥1）：1−(−1+d)＞1/2 ⟹ 2−d＞1/2 ⟹ d＜3/2，故 1≤d＜3/2。

合并得 0＜d＜3/2。

D(−1) = (0, 3/2)

图1 ｜ f(t)=2ᵗ（t<0）与 f(t)=1−t（t≥0）的图像：f(t)＞1/2 ⟺ −1＜t＜1/2，即 −1＜−1+d＜1/2 ⟹ 0＜d＜3/2

得分要点：① 必须写出"f(−1)=1/2，D(−1)={d｜f(−1+d)＞1/2}"这一步；② −1+d＜0 与 −1+d≥0 两段都要解；③ 合并区间时注意端点（开区间）。

四、第(2)问：先"显式化"，再分类

第一步：把奇函数写出来

f(x) 是奇函数 ⟹ f(0)=0；x＞0 时 f(x)=−f(−x)=−2^−x。故

f(x) = 2^x（x＜0），0（x=0），−2^−x（x＞0）

第二步：把 D(x) 显式算出来

x＜0：f(x)=2^x∈(0,1)。d∈D(x) 要求 f(x+d)＞2^x＞0，只能 x+d＜0 且 2^x+d＞2^x，即 0＜d＜−x，故 D(x)=(0,−x)。

x＞0：f(x)=−2^−x∈(−1,0)。f(x+d)＞−2^−x：若 x+d≤0 则 f(x+d)≥0＞−2^−x，得 d≤−x；若 x+d＞0 则 −2^−(x+d)＞−2^−x ⟺ d＞0。故 D(x)=(−∞,−x]∪(0,+∞)。

图2 ｜ (2)问的奇函数图像与 D(x) 的两段形式（示意图）

第三步：分类验证 D(x₂) ⊆ D(x₁)

条件 f(x₁)≤f(x₂) 且 x₁x₂≠0，分四类：

关键点：D(x) 一旦显式化，四类情形"比端点"即可——点越靠左（x 越小），(0,−x) 越长、(−∞,−x] 越长，D 集越大。直观一句话：f 值小 ⟹ D 集大。

五、第(3)(i)问：证明 f(0) ≥ 1

f(0) 是未知的，但 x＜0 时 f(x)=2^x 是已知"参照"（在 (−∞,0) 上严格递增、值域 (0,1)）。本题用反证法：假设 f(0)＜1，分两种情形分别构造矛盾。

情形一：f(0) ≤ 0

取 x₀=−1/2：f(−1/2)=√2/2 ＞ 0 ≥ f(0)，由①（x₁=0，x₂=−1/2）得 D(−1/2)⊆D(0)。

对任意 d∈(0,1/2)：−1/2+d∈(−1/2,0)，f(−1/2+d)=2^−1/2+d＞2^−1/2=f(−1/2)，故 (0,1/2)⊆D(−1/2)⊆D(0)。

于是 d∈(0,1/2) 时 f(d)＞f(0)；但 d∈(0,1/2)⊂(0,1)，由② f(d)＜f(0)，矛盾。

情形二：0 ＜ f(0) ＜ 1

取 x₀=log₂f(0)＜0，则 f(x₀)=2^x₀=f(0)。由①（f 值相等，x₁,x₂ 两个方向都用）得 D(x₀)=D(0)。

令 d₀=min{−x₀/2, 1/2}∈(0,1)：因 d₀≤−x₀/2，x₀+d₀＜0；又 d₀＞0 且 2^x 在 (−∞,0) 上严格递增，故 f(x₀+d₀)=2^x₀+d₀＞2^x₀=f(x₀)，即 d₀∈D(x₀)=D(0)，f(d₀)＞f(0)。

但 d₀∈(0,1)，由② f(d₀)＜f(0)，矛盾。

假设不成立，故 f(0) ≥ 1

为什么这样构造：反证假设 f(0)＜1 后，关键是利用"2^x 在 (−∞,0) 上值域 (0,1)"找一个负点，使它的函数值大于 f(0)，再借条件①②把矛盾"夹"出来——情形一用固定点 −1/2，情形二用 x₀=log₂f(0) 精确构造（当 f(0)≤0 时任意 x₀∈(−1,0) 均可，取 −1/2 即可）。全程不用极限语言，纯高中方法。

六、第(3)(ii)问：证明 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增

分两大步：先证 f(x)≤0（x＞0），再证严格递增。

第一步：∀x＞0，f(x)≤0

当 0＜x＜1 时（反证）：若 f(x₀)＞0，因 2^x 在 (−∞,0) 上值域为 (0,1) 且随 x→−∞ 趋于 0，可取 ε₀＜0 使 2^ε₀＜f(x₀)。由②（x₀∈(0,1)）得 f(x₀)＜f(0)=f(x₀+(−x₀))，故 −x₀∈D(x₀)。又 f(ε₀)＜f(x₀)，由①得 D(x₀)⊆D(ε₀)，于是 −x₀∈D(ε₀)，即 f(ε₀−x₀)＞f(ε₀)。但 ε₀−x₀＜ε₀＜0，而 x＜0 时 f(x)=2^x 严格递增，故 f(ε₀−x₀)＜f(ε₀)，矛盾。所以 0＜x＜1 时 f(x)≤0。

当 x≥1 时（反证）：若 f(m₀)＞0（m₀≥1），取 ξ＜0 使 2^ξ＜f(m₀)，则 f(ξ+(m₀−ξ))=f(m₀)＞f(ξ)，故 m₀−ξ∈D(ξ)。令 ξ₀ = 1/2 − (m₀−ξ)：因 m₀≥1，ξ₀ = ξ + 1/2 − m₀ ≤ ξ − 1/2 ＜ ξ ＜ 0；又 x＜0 时 f(x)=2^x 严格递增，故 f(ξ₀)＜f(ξ)，由①得 D(ξ)⊆D(ξ₀)，于是 m₀−ξ∈D(ξ₀)，即 f(ξ₀+(m₀−ξ))=f(1/2)＞f(ξ₀)＞0，与上面已证的 f(1/2)≤0 矛盾。所以 x≥1 时 f(x)≤0。

第二步：任取 0＜y₁＜y₂，证明 f(y₂)＞f(y₁)

y₁−y₂＜0，f(y₁−y₂)=2^y₁−y₂∈(0,1)，而 f(y₁−y₂+(y₂−y₁))=f(0)≥1＞f(y₁−y₂)，故 y₂−y₁∈D(y₁−y₂)。又 f(y₁−y₂)＞0≥f(y₁)，由①得 D(y₁−y₂)⊆D(y₁)，于是 y₂−y₁∈D(y₁)，即 f(y₁+(y₂−y₁))=f(y₂)＞f(y₁)。

f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，得证。

这一问的"引擎"：把条件①读成一句话——f 值越小，D 集越大（f(x₁)≤f(x₂) ⟹ D(x₂)⊆D(x₁)，注意是单向箭头）。所有矛盾都靠"x＜0 时 f(x)=2ˣ 递增、值域 (0,1)"这个参照来点燃：它既能当"小到任意接近 0"的 ε₀、ξ，又能当"大于 0≥f(x₁)"的标杆。

七、这道题给你的三堂课

① 新定义题的第一步永远是"翻译"d∈D(x₀) ⟺ f(x₀+d)＞f(x₀)（这是定义）；条件①：f(x₁)≤f(x₂) ⟹ D(x₂)⊆D(x₁)（单向）。把集合语言翻译成函数值语言，一半的题已经解完。

② 先显式化，再讨论(2)问先把 D(x) 的两段形式算出来，四类情形一眼可判；(1)问先看单调性再解不等式。抽象对象一旦写具体，分类讨论就不乱。

③ 反证法 + 参照函数(3)问反复用 x＜0 时 f(x)=2ˣ（递增、值域 (0,1)）当"参照"，配合①②制造矛盾。看到"证明全局性质"，先想反证。

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