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 $x\geqslant 0$ 时, $f(x)=1-x$, 求 $D(-1)$;
(2) 若 $f(x)$ 是奇函数, $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, 且 $x_1 x_2\neq 0$, 证明: $D(x_2)\subset D(x_1)$;
(3) 设 $f(x)$ 满足 : (a) 若 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, 则 $D(x_2)\subset D(x_1)$; (b) 当 $0 < x < 1$ 时, $f(x) < f(0)$.
(i) 证明: $f(0)\geqslant 1$;
(ii) 证明: $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 单调递增.
1
(1) $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\}$, 这里 $f(-1)=\frac{1}{2}$. 所以 $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(d-1)>\frac{1}{2}\}$.
(a) 若 $d-1 < 0$, 则 $f(d-1)=2^{d-1}$, 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d < 1\\
2^{d-1}>2^{-1}
\end{cases}
\]
这推出 $0 < d < 1$.
(b) 若 $d\geqslant 1$, 则 $f(d-1)=1-(d-1)=2-d$. 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d\geqslant 1\\
2-d>2^{-1}
\end{cases}
\]
解得 $1\leqslant d < \frac{3}{2}$.
综上, $D(-1)=(0,\frac{3}{2})$.
(2) 证明. 由题, 当 $x > 0$ 时, $f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$. 又 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$, 故 $f(0)=-f(0)$, 即有 $f(0)=0$.
根据条件 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, $x_1 x_2\neq 0$, 知有三种情况:
(a) $0 < x_1\leqslant x_2$
(b) $x_1\leqslant x_2 < 0$
(c) $x_2 < 0 < x_1$
对于(a), $D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}$, 根据 $f(x)$ 的表达式知, 或者 $d > 0$ 或者 $x_2+d\leqslant 0$. 于是 $D(x_2)=(-\infty,-x_2]\cup(0,+\infty)$. 类似地, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (b), 此时
\[
D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}=\{d\in\mathbb{R}\mid 0 < d < -x_2\}=(0,-x_2).
\]
类似地, $D(x_1)=(0,-x_1)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (c), 根据上面的分析, $D(x_2)=(0,-x_2)$, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 此时显然有 $D(x_2)\subset D(x_1)$. 证毕.
(3)
2
(1) $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\}$, 这里 $f(-1)=\frac{1}{2}$. 所以 $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(d-1)>\frac{1}{2}\}$.
(a) 若 $d-1 < 0$, 则 $f(d-1)=2^{d-1}$, 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d < 1\\
2^{d-1}>2^{-1}
\end{cases}
\]
这推出 $0 < d < 1$.
(b) 若 $d\geqslant 1$, 则 $f(d-1)=1-(d-1)=2-d$. 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d\geqslant 1\\
2-d>2^{-1}
\end{cases}
\]
解得 $1\leqslant d < \frac{3}{2}$.
综上, $D(-1)=(0,\frac{3}{2})$.
(2) 证明. 由题, 当 $x > 0$ 时, $f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$. 又 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$, 故 $f(0)=-f(0)$, 即有 $f(0)=0$.
根据条件 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, $x_1 x_2\neq 0$, 知有三种情况:
(a) $0 < x_1\leqslant x_2$
(b) $x_1\leqslant x_2 < 0$
(c) $x_2 < 0 < x_1$
对于(a), $D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}$, 根据 $f(x)$ 的表达式知, 或者 $d > 0$ 或者 $x_2+d\leqslant 0$. 于是 $D(x_2)=(-\infty,-x_2]\cup(0,+\infty)$. 类似地, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (b), 此时
\[
D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}=\{d\in\mathbb{R}\mid 0 < d < -x_2\}=(0,-x_2).
\]
类似地, $D(x_1)=(0,-x_1)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (c), 根据上面的分析, $D(x_2)=(0,-x_2)$, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 此时显然有 $D(x_2)\subset D(x_1)$. 证毕.
(3)
(i) 我们用反证法证明 $f(0)\geqslant 1$.
假设 $f(0) < 1$, 则存在 $x_1 < 0$, 使得 $f(0)<f(x_1)$. 根据所给条件, 知 $D(x_1)\subset D(0)$.
这里 $D(x_1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_1+d)>f(x_1)\}$, 由于 $f(x)=2^x$ (当 $x < 0$), 故 $(0,-x_1)\subset D(x_1)$. 于是 $(0,-x_1)\subset D(0)$.
而 $D(0)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(0+d)>f(0)\}$, 这意味着存在 $0< x_0 < 1$, 使得 $f(x_0)>f(0)$. 但根据条件, 当 $x\in(0,1)$ 时 $f(x) < f(0)$, 故矛盾. 因此 $f(0)\geqslant 1$.