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

(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。

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。