【19题（17分）】
已知函数f(x)f(x)f(x)的定义域为RRR，且当x<0x < 0x<0时，f(x)=2tf(x) = 2^{t}f(x)=2t。对于任意x0∈Rx_{0} \in Rx0∈R，定义集合D(x0)={d∈R∣f(x0+d)>f0(x0)}D\left( x_{0} \right) = \{ d \in R|f\left( x_{0} + d \right) > f_{0}\left( x_{0} \right)\}D(x0)={d∈R∣f(x0+d)>f0(x0)}
(3)
设f(x)f(x)f(x)满足：①若f(x1)≤f(x2)f\left( x_{1} \right) \leq f(x_{2})f(x1)≤f(x2)，则D(x2)⊆D(x1)D\left( x_{2} \right) \subseteq D\left( x_{1} \right)D(x2)⊆D(x1);
②当0<x<10 < x < 10<x<1时，f(x)<f(0)f(x) < f(0)f(x)<f(0)。
i. 证明：f(0)≥1f(0) \geq 1f(0)≥1
ii. 证明：f(x)f(x)f(x)在区间(0,+∞)(0, + \infty)(0,+∞)单调递增
【思路】
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集合D(x0)D\left( x_{0} \right)D(x0)表示点x0x_{0}x0左右移动多少距离能够找到函数值更大的。（3）中条件①可视为如果函数值小的点x1x_{1}x1对应的集合D(x1)D\left( x_{1} \right)D(x1)包含了所有D(x2)D\left( x_{2} \right)D(x2)的距离值。
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如果D(x2)D\left( x_{2} \right)D(x2)包含某距离值ddd，则表明D(x1)D\left( x_{1} \right)D(x1)也包含ddd，所以f(x1+d)>f(x1)f\left( x_{1} + d \right) > f\left( x_{1} \right)f(x1+d)>f(x1)。D(x1)D\left( x_{1} \right)D(x1)包含了所有D(x2)D\left( x_{2} \right)D(x2)的非空子集。
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如果D(x1)D\left( x_{1} \right)D(x1)不包含某距离值ddd，则表明D(x2)D\left( x_{2} \right)D(x2)也不包含某距离值ddd，所以f(x2+d)≤f(x2)f\left( x_{2} + d \right) \leq f\left( x_{2} \right)f(x2+d)≤f(x2)。D(x2)D\left( x_{2} \right)D(x2)包含了所有D(x1)D\left( x_{1} \right)D(x1)的空子集。
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当x0<0x_{0} < 0x0<0时，(−∞,0)∉D(x0)( - \infty,0) \notin D\left( x_{0} \right)(−∞,0)∈/D(x0)，D(x0)D\left( x_{0} \right)D(x0)还至少包含(0,−x0](0, - x_{0}\rbrack(0,−x0]。
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当f(x0)≤0f\left( x_{0} \right) \leq 0f(x0)≤0时，f(x0)<f(−n)f\left( x_{0} \right) < f( - n)f(x0)<f(−n)（其中nnn任意大），则根据2结论，(0,+∞)⊆D(x0)(0, + \infty) \subseteq D\left( x_{0} \right)(0,+∞)⊆D(x0)。
【解】
(i) 若f(0)<1f(0) < 1f(0)<1，那么在x=0x = 0x=0的左侧能找到x0x_{0}x0满足
−1<x0<0 f(x0)>f(0)- 1 < x_{0} < 0\ \ f\left( x_{0} \right) > f(0)−1<x0<0 f(x0)>f(0)
于是
−x0∈D(x0)⊆D(0)- x_{0} \in D\left( x_{0} \right) \subseteq D(0)−x0∈D(x0)⊆D(0)
所以
f(0+(−x0))>f(0)f\left( 0 + \left( - x_{0} \right) \right) > f(0)f(0+(−x0))>f(0)
但这与（3）中条件②矛盾
(ii) 首先证明当0<x<10 < x < 10<x<1时，f(x)≤0f(x) \leq 0f(x)≤0。假定f(x0)>0f\left( x_{0} \right) > 0f(x0)>0，那么
f(x0)<f(0)f\left( x_{0} \right) < f(0)f(x0)<f(0)
−x0∈D(x0)- x_{0} \in D\left( x_{0} \right)−x0∈D(x0)
由于存在
x1<0 f(x1)<f(x0)x_{1} < 0\ \ \ \ \ f\left( x_{1} \right) < f\left( x_{0} \right)x1<0 f(x1)<f(x0)
所以
−x0∈D(x0)⊆D(x1)- x_{0} \in D\left( x_{0} \right) \subseteq D\left( x_{1} \right)−x0∈D(x0)⊆D(x1)
这与【思路】4 中的结论矛盾。所以当0<x<10 < x < 10<x<1时，f(x)≤0f(x) \leq 0f(x)≤0。
下面证明x≥1x \geq 1x≥1时，f(x)≤0f(x) \leq 0f(x)≤0。假定f(x0)>0f\left( x_{0} \right) > 0f(x0)>0，那么存在
x1<0 f(x1)<f(x0)x_{1} < 0\ \ \ \ \ f\left( x_{1} \right) < f\left( x_{0} \right)x1<0 f(x1)<f(x0)
所以
x0−x1∈D(x1)x_{0} - x_{1} \in D\left( x_{1} \right)x0−x1∈D(x1)
设
x2=x1−(x0−12)x_{2} = x_{1} - \left( x_{0} - \frac{1}{2} \right)x2=x1−(x0−21)
则
x2<x1x_{2} < x_{1}x2<x1
x0−x1∈D(x2)x_{0} - x_{1} \in D\left( x_{2} \right)x0−x1∈D(x2)
所以
f(x0−x1+x2)=f(12)>f(x2)>0f\left( x_{0} - x_{1} + x_{2} \right) = f\left( \frac{1}{2} \right) > f\left( x_{2} \right) > 0f(x0−x1+x2)=f(21)>f(x2)>0
这与前面的结论（当0<x<10 < x < 10<x<1时，f(x)≤0f(x) \leq 0f(x)≤0）矛盾。
所以当x>0x > 0x>0时，f(x)≤0f(x) \leq 0f(x)≤0。根据【思路】5的结论
(0,+∞)⊆D(x0)(0, + \infty) \subseteq D\left( x_{0} \right)(0,+∞)⊆D(x0)
也就是说
0<x1<x2⇒f(x1)<f(x1+(x2−x1))=f(x2)0 < x_{1} < x_{2} \Rightarrow f\left( x_{1} \right) < f\left( x_{1} + \left( x_{2} - x_{1} \right) \right) = f\left( x_{2} \right)0<x1<x2⇒f(x1)<f(x1+(x2−x1))=f(x2)