已知函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，且当 x<0x<0 时，f(x)=2xf(x)=2^x。对任意 x0∈Rx_0\in\mathbf{R}，定义集合 D(x0)={d∈R∣f(x0+d)>f(x0)}D(x_0)=\left\{d\in \mathbf{R} \mid f(x_0+d)>f(x_0)\right\}。
（1）若当 x⩾0x\geqslant 0 时，f(x)=1−xf(x)=1-x，求 D(−1)D(-1)；
（2）若 f(x)f(x) 是奇函数，f(x1)⩽f(x2)f(x_1)\leqslant f(x_2)，且 x1x2≠0x_1x_2\ne 0，证明：D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)；
（3）设 f(x)f(x) 满足：① 若 f(x1)⩽f(x2)f(x_1)\leqslant f(x_2)，则 D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)；② 当 0<x<10<x<1 时，f(x)<f(0)f(x)<f(0)。
（ⅰ）证明：f(0)⩾1f(0)\geqslant 1；
（ⅱ）证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 单调递增。
第（1）问直接画图就可以看出来。
第（2）问分类讨论即可（x1⩽x2<0x_1\leqslant x_2<0，0<x1⩽x20<x_1\leqslant x_2，x2<0<x1x_2<0<x_1）。
第（3）问第（ⅰ）小问反证即可。
第（ⅱ）小问则需要更细致的讨论，前面两小问可以给我们一些提示。
首先，我们可以把单调递增的条件用集合 D(x)D(x) 的形式来表示：
任取 0<x1<x20<x_1<x_2，则 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增意味着
f(x1)<f(x2)=f(x1+(x2−x1)) ⟹ x2−x1∈D(x1) f(x_1) < f(x_2) = f(x_1+(x_2-x_1)) \implies x_2 - x_1 \in D(x_1)
由 x1x_1 和 x2x_2 的任意性可知，∀x∈(0,+∞)\forall x\in(0,+\infty)，(0,+∞)⊆D(x)(0,+\infty) \subseteq D(x)。
第（2）问的结论告诉我们，f(x)<0f(x)<0 且单调递增是满足条件的。
我们可以在值域上分割函数：
A={x>0∣f(x)⩽0}B={x>0∣0<f(x)<1}C={x>0∣f(x)⩾1} \begin{aligned} A &= \{x>0 \mid f(x)\leqslant 0\} \\[2ex] B &= \{x>0 \mid 0 < f(x) < 1\} \\[2ex] C &= \{x>0 \mid f(x)\geqslant 1\} \end{aligned}
我们先来看集合 AA：
∀x∈A\forall x\in A，ξ<0\xi <0，有
f(x)<f(ξ) ⟹ (0,−ξ]⊆D(ξ)⊆D(x) ⟹ (0,+∞)⊆D(x) \begin{aligned} f(x) < f(\xi) & \implies (0,-\xi ] \subseteq D(\xi) \subseteq D(x) \\ & \implies (0,+\infty) \subseteq D(x) \end{aligned}
因此，f(x)f(x) 在集合 AA 上是单调递增的。
接下来看集合 BB：
∀x∈B\forall x\in B，设 t=log2f(x)∈(−∞,0)t=\log _2 f(x) \in (-\infty,0)，有 f(x)=f(t)f(x) = f(t)，于是
(−x+t,−x)⊆D(x)⊆D(t) (-x+t, -x) \subseteq D(x) \subseteq D(t)
这显然不成立，可知 B=∅B=\varnothing。
接下来看集合 CC：
∀x∈C\forall x\in C，η<ξ<0\eta < \xi <0，有
f(η)<f(ξ) ⟹ D(ξ)⊆D(η) f(\eta) < f(\xi) \implies D(\xi) \subseteq D(\eta)
由 x−ξ∈D(ξ)x-\xi \in D(\xi) 可知 x−ξ∈D(η)x-\xi \in D(\eta)，因此
f(η+x−ξ)=f(x−(ξ−η))>f(η) f(\eta+x-\xi) = f(x-(\xi-\eta)) > f(\eta)
结合前面证明的 B=∅B=\varnothing 可知 f(x−(ξ−η))⩾1f(x-(\xi-\eta)) \geqslant 1，即 x−(ξ−η)∈Cx-(\xi-\eta)\in C。
由 ξ\xi 和 η\eta 的任意性可知，(0,x)∈C(0,x)\in C。
也就是说，集合 CC 一定可以向左扩展到 00。
因此，集合 AA 一定完全在集合 CC 的右侧（如果都非空的话）。
但是，这实际上和条件②产生了矛盾。
有上面可知，一定有充分小的 ε∈(0,1)\varepsilon \in (0,1)，满足 ε∈C\varepsilon \in C，任取 ξ<0\xi < 0，则
f(ε)<f(0) ⟹ −ε∈D(ε)f(ξ)<f(ε) ⟹ D(ε)⊆D(ξ)} ⟹ −ε∈D(ξ) \left. \begin{aligned} f(\varepsilon) < f(0) &\implies -\varepsilon \in D(\varepsilon) \\ f(\xi) < f(\varepsilon) &\implies D(\varepsilon) \subseteq D(\xi) \end{aligned} \right\} \implies -\varepsilon \in D(\xi)
这显然是不成立的。
因此一定有 C=∅C=\varnothing，A=(0,+∞)A=(0,+\infty)。
综上我们可以得到：f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上满足 f(x)<0f(x)<0 且单调递增。这就回到了类似第（2）问的情况。
我们在推导的时候，大量用了任意的表示，但是在写证明的时候，最好给出具体的构造。
通过图像可知
D(−1)=(0,32) D(-1)=\left(0,\frac{3}{2}\right)
由定义知，
f(x)={2x,x<00,x=0−2−x,x>0 f(x)= \begin{cases} 2^x, & x<0 \\ 0, & x=0 \\ -2^{-x}, & x>0 \end{cases}
先证明：若 f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2)，则 D(x1)=D(x2)D(x_1)=D(x_2)。
这是显然的：
f(x1)=f(x2) ⟹ {f(x1)⩽f(x2) ⟹ D(x1)⊆D(x2)f(x2)⩽f(x1) ⟹ D(x2)⊆D(x1)} ⟹ D(x1)=D(x2) f(x_1) = f(x_2) \implies \left\{ \begin{aligned} f(x_1) \leqslant f(x_2) \implies D(x_1) \subseteq D(x_2) \\ f(x_2) \leqslant f(x_1) \implies D(x_2) \subseteq D(x_1) \end{aligned} \right\} \implies D(x_1) = D(x_2)
为了叙述方便，不妨设 f(0)=tf(0)=t。
假设 t∈(0,1)t\in(0,1)，则
f(0)=f(lnt)=t ⟹ D(0)=D(lnt) f(0) = f(\ln t) = t \implies D(0) = D(\ln t)
但是 −12lnt∈D(0)-\frac{1}{2}\ln t\in D(0)，−12lnt∉D(lnt)-\frac{1}{2}\ln t \notin D(\ln t)，矛盾。
假设 t∈(−∞,0]t\in(-\infty,0]，则
f(0)<f(−1) ⟹ D(−1)⊆D(0) f(0)<f(-1) \implies D(-1) \subseteq D(0)
注意到 12∈D(−1)\frac{1}{2} \in D(-1)，于是 12∈D(0)\frac{1}{2} \in D(0)，根据定义有 f(0+12)=f(12)>f(0)f(0+\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) >f(0)，这与条件②矛盾。
因此，t∈[1,+∞)t\in[1,+\infty)，即 f(0)⩾1f(0)\geqslant 1。
假设存在 xx 使得 f(x)∈(0,1)f(x)\in(0,1)，设 t=log2f(x)∈(−∞,0)t=\log _2 f(x) \in (-\infty,0)，则 D(x)=D(t)D(x) = D(t)。
但是 −x+12t∈D(x)-x+\frac{1}{2}t \in D(x)，−x+12t∉D(t)-x+\frac{1}{2}t \notin D(t)，矛盾。
因此，不存在 xx 使得 f(x)∈(0,1)f(x)\in(0,1)。
上面证明了 B=∅B=\varnothing。
方法和上面第（ⅰ）小问的第一个反证是类似的。
考虑 x∈(0,1)x\in(0,1)，假设 f(x)⩾1f(x)\geqslant 1，则
f(−1)<1⩽f(x)<f(0) ⟹ −x∈D(x)⊆D(−1) f(-1) < 1 \leqslant f(x) < f(0) \implies -x \in D(x) \subseteq D(-1)
这显然是不成立的。
因此，当 x∈(0,1)x\in(0,1) 时，一定有 f(x)<0f(x)<0。
上面证明了 (0,1)⊆A(0,1)\subseteq A。
和上面第（ⅰ）小问的第二个反证都是利用条件②构造矛盾。
任取 0<x1<1⩽x20<x_1<1\leqslant x_2，假设 f(x2)⩾1f(x_2)\geqslant 1，则
f(−x2)<f(−x1) ⟹ D(−x1)⊆D(−x2) f(-x_2) < f(-x_1) \implies D(-x_1) \subseteq D(-x_2)
注意到 x1+x2∉D(−x2)x_1+x_2 \notin D(-x_2)，因此 x1+x2∉D(−x1)x_1+x_2 \notin D(-x_1)，因此
f(−x1+(x1+x2))⩽f(−x1)<1 ⟹ f(x2)<0 f(-x_1+(x_1+x_2)) \leqslant f(-x_1) < 1 \implies f(x_2) < 0
矛盾，因此对于任意的 x⩾1x\geqslant 1，均有 f(x)⩽0f(x)\leqslant 0。
上面证明了 C=∅C=\varnothing。
综上可知，对于任意的 x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty)，均有 f(x)⩽0f(x)\leqslant 0。
任取 0<x1<x20<x_1<x_2，则
f(x1)⩽0<f(x1−x2) ⟹ D(x1−x2)⊆D(x1)f(x1−x2)<f(0) ⟹ x2−x1∈D(x1−x2)} ⟹ x2−x1∈D(x1) \left. \begin{aligned} f(x_1) \leqslant 0 < f(x_1-x_2) &\implies D(x_1-x_2) \subseteq D(x_1) \\ f(x_1-x_2) < f(0) &\implies x_2-x_1 \in D(x_1-x_2) \end{aligned} \right\} \implies x_2-x_1 \in D(x_1)
因此 f(x1+(x2−x1))>f(x1)f(x_1+(x_2-x_1)) > f(x_1)，即 f(x2)>f(x1)f(x_2) > f(x_1)，因此 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增。
如果平时没有140+的水平，建议完成前3个小问，直接放弃最后一小问，把剩余时间用来确保前面的题目。
如果有时间来死磕最后一问，但没有思路的话怎么办？
答：举例。
这种偏分析的题目，就是要通过各种正面或反面的例子，来帮助我们理解抽象的条件。
例如，我们可以先从最简单的开始分析：
f(x)={2x,x<01,x=0x,x>0 f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 1, &x=0 \\ x, &x>0 \end{cases}
根据函数图像我们马上可以找到反例：
D(0.5)=(−1.5,−0.5]∪(0,+∞)D(−1)=(0,1]∪(1.5,+∞) \begin{aligned} D(0.5) &= (-1.5,-0.5]\cup (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,1]\cup (1.5, +\infty) \end{aligned}
不满足条件。
于是我们发现，如果存在 x>0x>0 使得 0<f(x)<10<f(x)<1，都可以找到这样的反例。
因此，当 x>0x>0 的时候，函数图像要么在 xx 轴下方，要么在 y=1y=1 上方。
那么大致可以分为三种情况：
第1种情况和第（2）问类似，是满足条件的。
接下来我们分析看第2种情况，例如：
f(x)={2x,x<02,x=0x+1,x>0 f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 2, &x=0 \\ x+1, &x>0 \end{cases}
根据图像我们可以看到，f(−1)f(-1)、f(0)f(0)、f(0.5)f(0.5) 这三个点之间存在矛盾：
D(0.5)={−0.5}∪(0,+∞)D(−1)=(0,+∞) \begin{aligned} D(0.5) &= \{-0.5\}\cup (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,+\infty) \end{aligned}
显然 D(0.5)⊈D(−1)D(0.5)\nsubseteq D(-1)。而多出来的哪个元素就是由于 f(0)f(0) 这个点造成的。
由于条件②要求在 x∈(0,1)x\in(0,1) 上满足 f(x)<f(0)f(x)<f(0)，因此此时 D(x)D(x) 中必然包含一个负数元素。
但是当 x<0x<0 时，D(x)D(x) 中一定没有负数元素，这就会造成矛盾。
因此只有一种可能，那就是当 x∈(0,1)x\in(0,1) 时，函数图像不能在 y=1y=1 上方，只能在 xx 轴下方。
因此，第2种情况是不存在的。
最后，我们来分析第3种情况，例如：
f(x)={2x,x<02,x=0−12x,0<x<1x+1,x⩾1 f(x)= \begin{cases} 2^x, &x<0 \\ 2, &x=0 \\ -\frac{1}{2x}, & 0<x<1 \\ x+1, &x\geqslant 1 \end{cases}
图中的三个点有
D(1.5)=(0,+∞)D(−1)=(0,1]∪[2,+∞) \begin{aligned} D(1.5) &= (0,+\infty) \\ D(-1) &= (0,1]\cup[2,+\infty) \end{aligned}
显然 D(1.5)⊈D(−1)D(1.5)\nsubseteq D(-1)。
这个是由于条件②要求 f(0.5)<0f(0.5)<0，这就造成了 D(−1)D(-1) 的中间有一段空缺，从而导致包含关系不成立。
实际上，只要函数有像 f(1.5)f(1.5) 这样在 y=1y=1 上方的点，就会造成这种情况。
因此，函数图像不能有在 y=1y=1 上方的部分，即第3种情况也是不可能的。
当然，也有可能是函数图像在右边又下来了，但是这就肯定不满足单调性的结论了，所以就直接舍弃了。
因此，最终只有第1种情况是成立的。
接下来，我们只需要找到合适的点来进行构造，证明上面的猜测即可。
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