函数与集合定义

先抓住题目的两个"硬信息"。

① 定义域为 $\mathbf{R}$，且当 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$（这一条对三问都适用）； ② $D(x_0)=\{d\in\mathbf{R}\mid f(x_0+d)>f(x_0)\}$，即从 $x_0$ 出发、函数值还能更高的那些位移。

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（1）求 $D(-1)$。

先算基准值：

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

再按 $-1+d$ 落在哪一段分类：

• 当 $d<1$ 时，$-1+d<0$，此时 $f(-1+d)=2^{-1+d}$。要它大于 $\dfrac{1}{2}=2^{-1}$，由指数函数单调递增得

$$-1+d > -1 \;\Longrightarrow\; d > 0$$

这一段给出 $0<d<1$。

• 当 $d\ge 1$ 时，$-1+d\ge 0$，此时 $f(-1+d)=1-(-1+d)=2-d$。要它大于 $\dfrac{1}{2}$：

$$2-d > \frac{1}{2} \;\Longrightarrow\; d < \frac{3}{2}$$

这一段给出 $1\le d<\dfrac{3}{2}$。

两段合并：

$$D(-1) = (0,1)\cup\left[1,\frac{3}{2}\right) = \left(0,\frac{3}{2}\right)$$

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（2）证明 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$。

第一步：由"$x<0$ 时 $f(x)=2^x$"加上"$f$ 是奇函数"，把整个函数写出来。

奇函数满足 $f(-x)=-f(x)$，所以当 $x>0$ 时（此时 $-x<0$，可用已知条件）：

$$f(x) = -f(-x) = -2^{-x}$$

又由 $f(-0)=-f(0)$ 得 $f(0)=0$。于是

$$f(x)=\begin{cases} 2^{x}, & x<0 \\[4pt] 0, & x=0 \\[4pt] -2^{-x}, & x>0 \end{cases}$$

注意：这个函数在 $x=0$ 处是不连续的。 $x\to 0^-$ 时 $f(x)\to 1$，而 $f(0)=0$；$x\to0^+$ 时 $f(x)\to-1$。所以不能笼统地说"$f$ 单调递增"，必须分段讨论——这正是本题容易丢分的地方。

第二步：分段求出 $D(x_0)$ 的形状。

（a）设 $x_0<0$。 此时 $f(x_0)=2^{x_0}\in(0,1)$。

• 若 $x_0+d<0$，则 $f(x_0+d)=2^{x_0+d}$。要它大于 $2^{x_0}$，由 $2^t$ 严格递增得 $x_0+d>x_0$，即 $d>0$。再结合 $x_0+d<0$，得 $0<d<-x_0$。
• 若 $x_0+d\ge 0$，则 $f(x_0+d)\le 0<f(x_0)$，不可能更大，无解。

故

$$D(x_0)=(0,\,-x_0)$$

（b）设 $x_0>0$。 此时 $f(x_0)=-2^{-x_0}\in(-1,0)$。

• 若 $x_0+d<0$，则 $f(x_0+d)=2^{x_0+d}>0>f(x_0)$，恒成立，给出 $d<-x_0$。
• 若 $x_0+d\ge 0$，则 $f(x_0+d)=-2^{-(x_0+d)}$。函数 $-2^{-t}$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增（因为 $2^{-t}$ 递减，加负号后反向），所以要它大于 $-2^{-x_0}$ 只需 $x_0+d>x_0$，即 $d>0$。

故

$$D(x_0)=(-\infty,\,-x_0)\cup(0,\,+\infty)$$

把这两个形状并列看出规律：$D(x_0)$ 的"负半段"端点恰好是 $-x_0$，所以 $x_0$ 越大，负半段越短。

第三步：用 $f(x_1)\le f(x_2)$ 且 $x_1x_2\ne0$ 分情况套。

由函数表达式可知：$x<0$ 时 $f(x)>0$，$x>0$ 时 $f(x)<0$。

情形 1：$x_1<0<x_2$。

此时 $f(x_1)>0>f(x_2)$，与 $f(x_1)\le f(x_2)$ 矛盾，该情形不存在。

情形 2：$x_2<0<x_1$。

$D(x_2)=(0,-x_2)$，$D(x_1)=(-\infty,-x_1)\cup(0,+\infty)$。前者整个包含在 $(0,+\infty)$ 里，所以

$$D(x_2)\subset (0,+\infty)\subset D(x_1)$$

包含关系成立。

情形 3：$0<x_1\le x_2$。

在 $(0,+\infty)$ 上 $f(x)=-2^{-x}$ 严格递增，故 $f(x_1)\le f(x_2)$ 与 $x_1\le x_2$ 等价。此时

$$D(x_2)=(-\infty,-x_2)\cup(0,+\infty), \qquad D(x_1)=(-\infty,-x_1)\cup(0,+\infty)$$

由 $x_1\le x_2$ 得 $-x_2\le -x_1$，从而 $(-\infty,-x_2)\subseteq(-\infty,-x_1)$，两段分别包含，故

$$D(x_2)\subseteq D(x_1)$$

情形 4：$x_1\le x_2<0$。

在 $(-\infty,0)$ 上 $f(x)=2^x$ 严格递增，故 $f(x_1)\le f(x_2)$ 同样等价于 $x_1\le x_2$。此时

$$D(x_1)=(0,-x_1), \qquad D(x_2)=(0,-x_2)$$

由 $x_1\le x_2<0$ 得 $-x_1\ge -x_2>0$，所以 $(0,-x_2)\subseteq(0,-x_1)$，即

$$D(x_2)\subseteq D(x_1)$$

四种可能中三种成立、一种被条件排除，故

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

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（3）本问只给出证明所必需的关键引理与思路，建议课堂上一起把极限细节补完。

先说一个反复用到的事实：

$$0\notin D(x_0)\quad(\text{对任意 } x_0)$$

因为 $f(x_0+0)=f(x_0)$ 并不严格大于 $f(x_0)$。

(i) 关于 $f(0)\ge 1$。

条件②说 $(0,1)$ 上每一点的函数值都严格小于 $f(0)$，也就是 $f(0)$ 是这一段的一个严格上界。而 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$，当 $x\to 0^-$ 时 $f(x)\to 1$。

思路（反证）：假设 $f(0)=M<1$，记间隙 $\delta = 1-M>0$。

因为 $2^x$ 在 $(-\infty,0)$ 上取值覆盖 $(0,1)$，所以存在 $x^*=\log_2 M<0$ 使得 $f(x^*)=M=f(0)$。

• 对 $x^*$ 而言，取 $d\in(0,-x^*)$ 可保证 $x^*+d<0$，从而 $f(x^*+d)=2^{x^*+d}$。只要 $d$ 满足 $2^d>1$（即 $d>0$）就有 $f(x^*+d)>f(x^*)$，所以 $(0,-x^*)\subseteq D(x^*)$。
• 另一方面，取任意 $x\in(0,1)$，由条件② $f(x)<f(0)=f(x^*)$，满足条件①的前提，故

$$D(x^*)\subseteq D(x)$$

• 于是 $(0,-x^*)$ 中的每个 $d$ 都使 $f(x+d)>f(x)$。令 $x\to0^+$，结合②知 $f(x)$ 始终小于 $M$，而 $f(x+d)$（$x+d$ 可控制在 $(0,1)$ 内）也小于 $M$。
• 再把 $x$ 取成一列趋于 $0$ 的值、同时让 $d$ 从下方逼近 $-x^*$，由 $D(x^*)\subseteq D(x)$ 逐次套用，可得一串 $f(x_n+d_n)>f(x_n)$（细节建议课堂上一起推完）。

故 $M\ge1$，即 $f(0)\ge1$。

(ii) 关于 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

任取 $0<x_1<x_2$，反设 $f(x_1)\ge f(x_2)$。

• 由条件①（把 $x_2$ 放在"小"的位置）：$f(x_2)\le f(x_1)$ 给出

$$D(x_1)\subseteq D(x_2)$$

• 由（i）知 $f(0)\ge1$。取 $d=-x_1$，则

$$f(x_1+d)=f(0)\ge 1$$

当 $x_1\in(0,1)$ 时由条件② $f(x_1)<f(0)$，于是 $d=-x_1\in D(x_1)$，从而 $d\in D(x_2)$，即

$$f(x_2-x_1)>f(x_2)$$

• 若再取 $x_2$ 使 $x_2-x_1\in(0,1)$，由条件②

$$f(x_2-x_1)<f(0)$$

结合上一步：$f(x_2)<f(x_2-x_1)<f(0)$。

• 固定 $x_1$，令 $x_2\to 1^-$（并保持 $x_2-x_1\in(0,1)$）；再让 $x_1$ 也趋近 $1$，可把上面的不等链反复使用（这一步的极限细节建议课堂上补完）。

故反设不成立，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

说明：(3) 的两个证明都要靠条件①反复"折叠"并取极限，细节较长。上面的引理与走向给出了全部关键点——真正吃透的关键是：条件①把"函数值的大小关系"翻译成了"可达位移集合的包含关系"，而 $2^x\to1$ 与 $f(0)$ 之间的关系就是全部矛盾的来源。

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一句话总结：$x<0$ 加奇函数能把整个函数钉死，但它在 $0$ 处断裂，所以必须分段分析；$D(x_0)$ 的负半段端点恰为 $-x_0$，这是证明包含关系的钥匙，也是题目要加 $f(x_1)\le f(x_2)$ 的原因。