逆袭数学

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

(1) 若当$x\ge0$时，$f(x)=1-x$，求$D(-1)$；

(2) 若$f(x)$是奇函数，$f(x_1)\le f(x_2)$，且$x_1x_2\ne0$，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：$f(0)\ge1$；

(ii) 证明：$f(x)$在区间$(0,+\infty)$单调递增。

前言

第一问

第二问

第三问(i)

第三问(ii)

前言

高考题出过了，近期应该不会出现了，研究它们主要是看对以后的学习和解题有什么启发。

压轴题考察知识多、综合、深刻，抽象性高，更强调逻辑推理。对于数学差的学生和中等生也很有意义。

这个题目考察的知识点：

• 集合
• 不等式
• 指数函数
• 函数的单调性
• 函数的奇偶性
• 分段函数
• 抽象函数（没有解析式的函数）
• 反正法
• 证明技巧

如果能听懂，哪怕是一部分，对提高学习数学的兴趣和信心也有很大的帮助。

第一问

思路分析

首先要理解集合的定义：

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

这是描述法表示集合，

• 代表元素(元素记号)：$d$，范围全体实数 $\mathbb{\mathbb{R}}$；
• 约束条件：关于$d$的不等式 $f(x_0+d) > f(x_0)$，$x_0$看成常数；
• 下标 $x_0$：说明这个集合依赖参数 $x_0$，对每一个固定实数 $x_0$，都对应一个专属集合 $D(x_0)$，是含参集合。

比如：

$$\begin{aligned} &D(1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(1+d)>f(1)\} \\ &D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\} \\ &D(a)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(a+d)>f(a)\} \end{aligned}$$

详解

$$f(x)= \begin{cases} 2^x,&x<0\\ 1-x,&x\ge0 \end{cases}$$

$D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\}$

分类讨论：

1, 当$\colorbox{yellow}{\(-1+d< 0\)}$ ，也就是$d<1$时，$f(-1+d)=2^{-1+d}$,

需要满足$2^{-1+d} \gt 2^{-1}$，因为$2^x$是严格单调增,

$-1 +d \gt -1 \implies d \gt 0$,

结合分类条件$d\lt 1$，得到 $0 \lt d \lt 1$

2，当$\colorbox{yellow}{\(-1+d\geq 0\)}$ ，也就是$d\geq 1$时，$f(-1+d)=1-(-1+d) = 2-d$,

需要满足$2-d \gt 2^{-1}$，得到$d \lt \frac{3}{2}$

结合分类条件$d\ge 1$，得到 $1 \leq d \lt \frac{3}{2}$

合并两类情况得：$\boxed{D(-1) = (0, \frac{3}{2})}$

第二问

思路分析

首先要根据奇函数这个条件，写出函数解析式。

要证明$D(x_2)\subseteq D(x_1)$，要先求出$D(a)$，条件里有$x_1x_2\ne0$，也就是$x_1,x_2$都不为0，对$a$进行分类讨论，分为大于$0$和小于$0$两种情况。

要证明的命题条件里有$f(x_1) \leq f(x_2)$，结合函数的解析式，可以得出$x_1,x_2$需要满足的条件，进行分类讨论。

详解

第一步，写出函数的解析式：

$\because f(x)是奇函数$

$f(0)=-f(0)\implies f(0)=0$

$当x\gt 0时，-x \lt 0，f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$

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

第二步，当时求出$D(a)$，求解关于$d$的不等式：

$$f(a+\textcolor{red}{d}) > f(a)$$

1，当$a\gt0$时：

1.1，当$a+d\leq 0$，也就是$d\leq -a$时，

由函数解析式可知：$x \leq 0时f(x) \geq 0 ,x \gt 0时，f(x)<0$

对于$d$为任意值都有：$f(a+d)>f(a)$

结合分类条件$d\leq -a$，得到 $ d \leq -a$

1.2，当$a+d\gt 0$，也就是$d\gt -a$时，

$$\begin{aligned} &\quad \quad \quad f(a+d) > f(a) \\ &\implies -2^{-(d+a)} \gt -2^{-a} \quad(代入) \\ &\implies 2^{-(d+a)} \lt 2^{-a}\quad(同时乘以-1，变方向) \\ &\implies -(d+a) \lt -a\quad(2^x严格单调增) \\ &\implies d+a \gt a \quad(同时乘以-1，变方向) \\ &\implies d \gt 0(同时加-a，方向不变) \end{aligned}$$

结合分类条件$d\gt -a$，得到 $ d \gt 0$

合并得当$a\gt 0$时，$D(a)=(-\infty, -a] \cup (0, \infty)$

2，当$a\lt 0$时：

2.1，当$a+d\geq 0$，

由函数解析式可知：$x \lt 0时f(x) \gt 0 ,x \geq 0时，f(x)\leq 0$

对于$d$为任意值都有：$f(a+d)>f(a) \textcolor{red}{不成立}$

1.2，当$a+d\lt 0$，也就是$d\lt -a$时，

$$\begin{aligned} &\quad \quad \quad f(a+d) > f(a) \\ &\implies 2^{(d+a)} \gt 2^{a} \quad(代入) \\ &\implies d+a \gt a \quad(2^x严格单调增) \\ &\implies d \gt 0(同时加-a，方向不变) \end{aligned}$$

结合分类条件$d\lt -a$，得到$0 \lt d \lt -a$

合并得当$a\lt 0$时，$D(a)=(0, -a)$

总结D(a):

$\boxed{a\lt 0时，D(a)=(0, -a) \\}$

$\boxed{a\gt 0时，D(a)=(-\infty, -a] \cup (0, \infty)}$

第三步，证明命题

由函数解析式知道：

当$x \lt 0时，f(x) \gt 0，严格单调增$

当$x \gt 0时，f(x) \lt 0，严格单调增$

因为：$f(x_1)\leq f(x_2)$，且$x_1x_2\neq 0$：

1, 当$x_1,x_2$同为正时，必有：$x_1 \leq x_2，\textcolor{red}{-x_1 \geq -x_2} $

$$\begin{aligned} D(x_2) &= (-\infty, \textcolor{red}{-x_2}] \cup (0, \infty) \\ & \subseteq (-\infty, \textcolor{red}{-x_1}] \cup (0, \infty) = D(x_1) \end{aligned}$$

2, 当$x_1,x_2$同为负时，必有：$x_1 \leq x_2，\textcolor{red}{-x_1 \geq -x_2 }$

$ D(x_2) = (0, \textcolor{red}{-x_2}) \subseteq (0, \textcolor{red}{-x_1}) = D(x_1) $

3, 当$x_1,x_2$一正一负时，必有：$x_1 \gt 0，x_2 < 0$:

$$\begin{aligned} D(x_2) &= \textcolor{red}{(0, -x_2)} \\ & \subseteq (-\infty, -x_1] \cup \textcolor{red}{(0, \infty)} = D(x_1) \end{aligned}$$

综上，得证。

第三问(i)

思路分析

①若$f(x_1)\le f(x_2)$，则$D(x_2)\subseteq D(x_1)$；

对条件①的理解，可以简单的看成$\large \colorbox{yellow}{\(函数值越大，集合越小\)}$，虽然不准确，但是对理解题目还是很由帮助的。

由于集合的定义中和①的条件部分都有函数值的比较，$\large \colorbox{yellow}{\(假定函数值的大小关系来进行观察、归纳\)}$是这个题目的关键点。

$\large \colorbox{yellow}{\(大胆猜想，小心求证\)}$不仅对数学，对其它学科也是很基本的方法。

题干给出了$x < 0$时候的解析式，可以求出$a<0$时$D(a)$的一个子集，就是解关于$d$的不等式组:

$$\begin{cases} a + \textcolor{red}{d} < 0 \quad (分类条件)\quad ① \\ 2^{a+\textcolor{red}{d}} > 2^a \quad(D(a)的定义) \quad ② \\ \end{cases}$$

由①得：$d\lt -a \quad(两边同时加-a，方向不变)$

由②得：

$$\begin{aligned} &\qquad \quad 2^{(d+a)} \gt 2^{a} \quad \\ &\implies d+a \gt a \quad(2^x严格单调增) \\ &\implies d \gt 0(同时加-a，方向不变) \end{aligned}$$

得到 $0 < d <-a$，也就是$a<0$时$D(a)$有一个子集$(0, -a)$。

比如：$D(-2)$有一个子集$(0,2)$，$D(-3)$有一个子集$(0,3)$

这个题目中条件很少，直接证明几乎没有办法入手，反正法是比较容易想到的。

如果我们假定 $f(0) <1$, 又因为 $x<0$ 时，$2^x$ 可以无限接近于1，所以我们肯定能找到 $e_0 < 0$ 使得 $\textcolor{red}{f(0) \leq f(e_0)}$。

根据条件①，$D(e_0)$ 是 $D(0)$ 的子集，$D(e_0)=(0,-e_0)$ 就是 $D(0)$ 的子集，

在 $D(0)$ 里面肯定找到一个接近 $0$ 的数 $e_1$，

$\textcolor{red}{f(e_1) > f(0)}$ 与条件②矛盾

详解

证明：

第一步，求$a\lt 0$时，$D(a)$，

$\because$ $x<0$时，$f(x)=2^x$，

$$\begin{cases} a + d < 0 \\ 2^{a+d} > 2^a \\ \end{cases}$$

得到 $0 < d <-a$。

也就是 $a<0$时，$D(a)$有一个子集$(0, -a)$ ③

第二步，用反证法，假设$f(0) < 1$

构造一个$d < 0，f(d) > f(0)$：

1，如果$f(0)\leq 0$,设$d=-1$, $f(d) = \frac{1}{2} > f(0)$

2, 如果$0\lt f(0) \lt 1$，设$d=log_2(\frac{f(0) + 1}{2})$

$\because \frac{\textcolor{red}{f(0)} + 1}{2} \lt \frac{\textcolor{red}{1} + 1}{2} \lt 1$，

$\therefore d<0 $。

$$\begin{aligned} & \qquad \qquad f(d) = 2^d = \frac{f(0) + \textcolor{red}{1}}{2} \\ & \implies f(d)\gt\frac{f(0) + \textcolor{red}{f(0)}}{2} \\ &\implies f(d) > f(0) \end{aligned}$$

由条件①得$D(d) \subseteq D(0)$，由③得$(0, -d)\subseteq D(0)$

$\therefore$ $(0, -d)\subseteq D(0)$ ④

构造一个$e$，$0\lt e \lt 1, e \in D(d)$

当$-d\gt 1$时，令$e=0.5$，

当$0\lt-d\leq 1$时，令$e=\frac{-d}{2}$，$0 \lt e \leq \frac{1}{2}$。

两种情况都有：$e\in D(0)$。

也就是：$f(0+e)>f(0)\implies f(e)>f(0)$。

与条件②矛盾，假设不成立，所以$f(0)\geq 1$。

第三问(ii)

思路分析

由于集合的定义中和①的条件部分都有函数值的比较，$\large \colorbox{yellow}{\(假定函数值的大小关系来进行观察、归纳\)}$是这个题目的关键点。

第一小问讲过：利用负的部分的解析式可以得到$a<0$时$D(a)$有一个子集$(0, -a)$。

第一部分证明了$f(0) \geq 1$，当$a \lt 0$时，$f(0) \geq 1 \gt f(a)$，

也就是$f(a\textcolor{red}{-a}) \gt f(a)$，这样 $\textcolor{red}{-a} \in D(a)$

$a\lt 0$时$D(x)$有一个子集$(0, -a]$

$\textcolor{red}{0 \lt a \lt 1}$时，利用条件②，$f(0) = f(-a + a) \gt f(a)$，也就是$-a \in\textcolor{red}{D(a)}$。

不好理解的化，由条件②，

$$\begin{aligned} &\qquad\qquad f(0) > f(0.5) \\ &\implies f(-0.5 +0.5 )>f(0.5) \\ &\implies -0.5 \in D(0.5) \quad(D(0.5)的定义) \end{aligned}$$

$\textcolor{red}{0 \lt a \lt 1、b \lt 0}$时,

如果$f(b) \leq f(a)$，那么$D(a) \subseteq D(b)$；

因为$-a \in D(a)$，所以$-a \in D(b)$，

可以得到$2^{b-a} >2^b$,这和$2^x$递增矛盾。

只能是$\textcolor{red}{f(b)>f(a)}$

为了更好的理解，我们举两个具体的数字$2,-5$，这两个数字随机挑的，它们得到的结论不难推广到一般。

如果$f(2)\gt f(-5)$，可以用集合的定义

$f(-5 + 7) \gt f(-5) \implies 7 \in D(-5)$

$-6.5 < -5\implies D(-5) \subseteq D(-6.5)$

$7 \in D(-6.5) \implies f(-6.5 + 7) > f(-6.5)$

和上一步的结论矛盾，所以$f(2)不可能大于f(-5)$

如果$f(2)\leq f(-5)$，根据条件①， $(0, 5] \in D(2)$，

也就是对于任意的$d \in (0, 5]$，都有 $f(2+d)>f(2)$，非常接近我们要证明的结论了。

想办法把$2$和$-5$换成字母就可以完成证明了。

详解

1，得到$a\lt0$时的$D(a)$的一个子集

利用负的部分的解析式可以得到$a<0$时$D(a)$有一个子集$(0, -a)$。

第一小问证明了$f(0) \geq 1$，当$a \lt 0$时，$f(0) \geq 1 \gt f(a)$，

也就是$f(a\textcolor{red}{-a}) \gt f(a)$，这样 $\textcolor{red}{-a} \in D(a)$

$a\lt 0$时$D(x)$有一个子集$(0, -a] \quad ③$

2，得到$0 \lt a \lt 1$时D(a)的一个元素：

$\textcolor{red}{0 \lt a \lt 1}$时，利用条件②，$f(0) = f(-a + a) \gt f(a)$，

也就是$-a \in\textcolor{red}{D(a)} \quad ④$。

3，证明 $0 \lt a \lt 1、b \lt 0$时，$f(b)>f(a)$

用反正法：

如果$f(b) \leq f(a)$，那么$D(a) \subseteq D(b)$；

因为$-a \in D(a)$，所以$-a \in D(b)$，

可以得到$2^{b-a} >2^b$,这和$2^x$递增矛盾。

所以：$0 \lt a \lt 1、b \lt 0，f(b)>f(a)$ ⑤

4，证明 $a>0,b<0$时，$f(b)\geq f(a)$

用反正法，假设$f(a) > f(b)$

$$\begin{aligned} f(a) > f(b) &\implies f(b+(a-b)) > f(b)\\ & \implies a-b \in D(b) \end{aligned}$$

当$a \gt 1$，令$c=b-a+0.5$，

$$\begin{aligned} &\qquad \quad c=b-a+0.5 \\ &\implies c-b=-a+0.5 \\ & \implies c-b < -0.5 \\ & \implies c<b \\ & \implies f(c)<f(b) \\ & \implies D(b) \subseteq D(c) \\ & \implies f(a-b+b-a+0.5) > f(c) \\ & \implies f(0.5) > f(c) \end{aligned}$$

与⑤矛盾

当 $0 \lt a \leq 1$,令$c=b-\frac{a}{2}$

$$\begin{aligned} & \implies c<b \\ & \implies f(c)<f(b) \\ & \implies D(b) \subseteq D(c) \\ & \implies f(a-b+b-\frac{a}{2}) > f(c) \\ & \implies f(\frac{a}{2}) > f(c) \end{aligned}$$

与⑤矛盾

所以：$a>0,b<0$时，$f(b)\geq f(a)\quad ⑥$

5，

由⑥和③得：$-b \in D(a)$，

$a>0,b<0$时，$f(a-b)\gt f(a)\quad$ ⑦

设$x_1 \gt x_2 \gt 0$, 那么$x_2 > 0，x_2-x_1<0$

由⑦得$f(x_2 - (x_2-x_1)) > f(x_2)$

也就是$f(x_1) > f(x_2)$

所以，$f(x)$在区间$(0, \infty)$单调递增。