这道题真正的主角，不是函数，而是三条逻辑定律，与一次次的翻译。解一道题，先得把它读懂——而"读懂"本身就是一种翻译：把试题的文本，还原成命题者真正想说的意思。下面按 阅读 → 思考 → 回顾 展开，每一步只动用 同一律、排中律、矛盾律。颜色即语言：红框是阅读，米框是思考，绿框是回顾。
已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且当 $x\lt 0$ 时，$f(x)=2^{x}$。对任意 $x_0 \in \mathbb{R}$，定义集合 \[ D(x_0)=\{\,d \in \mathbb{R} \mid f(x_0+d) \gt f(x_0)\,\}. \]
- 若当 $x \geq 0$ 时，$f(x)=1-x$，求 $D(-1)$；
- 若 $f(x)$ 是奇函数，$f(x_1) \leq f(x_2)$，且 $x_1 x_2 \neq 0$，证明：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$；
- 设 $f(x)$ 满足：
① 若 $f(x_1) \leq f(x_2)$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$；② 当 $0\lt x\lt 1$ 时，$f(x)\lt f(0)$。（i）证明：$f(0) \geq 1$；（ii）证明：$f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 单调递增。
① $f(x)$ 定义域为 $\mathbb{R}$。
② $x\lt 0$ 时 $f(x)=2^{x}$ $\Rightarrow$ 左段特征：$0\lt f(x)\lt 1$，且 $f(x)$ 单调递增。
③ $\forall x_0 \in \mathbb{R}$，$D(x_0)=\{\,d \in \mathbb{R} \mid f(x_0+d)\gt f(x_0)\,\}$，即 $f(x_0+d)\gt f(x_0) \iff d \in D(x_0)$。
同一律：从这里起，$f$、$D(x_0)$ 的含义被钉死，后文一切推导都回到这三句。
$x \geq 0$ 时 $f(x)=1-x$。由图可知 $D(-1)=\left(0,\dfrac{3}{2}\right)$。
先送分：画图直观，降低入门门槛。
书写$D(-1)=\{\,d \in \mathbb{R} \mid f(-1+d)\gt f(-1)\,\}$。
$f(-1+d)\gt f(-1)$ 等价于 \[ \begin{cases} -1+d\lt 0 \\[2pt] 2^{-1+d}\gt 2^{-1} \end{cases} \;\text{或}\; \begin{cases} -1+d \geq 0 \\[2pt] 1-(-1+d)\gt 2^{-1} \end{cases} \]
即 $\begin{cases} d\lt 1 \\ d\gt 0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} d \geq 1 \\ d\lt \frac{3}{2} \end{cases}$， $\;\therefore D(-1)=\left(0,\dfrac{3}{2}\right).$∎
理解集合 $D(x_0)$ 的含义；同时为不熟悉集合的同学提供解不等式的思路，确保 (1) 稳拿分。
$f(x)$ 是奇函数，$f(x_1) \leq f(x_2)$，$x_1 x_2 \neq 0 \Rightarrow x_1,x_2$ 都不为零。
怎样证 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$？
① 求出 $D(x_2),D(x_1)$（计算）
② 证 $\forall d \in D(x_2),\, d \in D(x_1)$（逻辑）
由 $f(x_2)\geq f(x_1)$ 出发，需先判断 $x_2$ 所处区间——这就要分类。
书写$\because f(x)$ 为奇函数，$\therefore$ 当 $x \in (0,+\infty)$ 时 $-x\lt 0$， \[ f(x)=-f(-x)=-2^{-x},\qquad f(0)=-f(-0)=0. \]
$\forall d \in D(x_2)$，则 $f(x_2+d)\gt f(x_2)$。$\because x_1 x_2 \neq 0$，$\therefore x_1 \neq 0$ 且 $x_2 \neq 0$。
当 $x_2\lt 0$ 时：$f(x_2)\gt 0$，故 $f(x_2+d)\gt 0$， \[ \therefore \begin{cases} x_2+d\lt 0 \\[2pt] 2^{x_2+d}\gt 2^{x_2} \end{cases} \Rightarrow D(x_2)=(0,-x_2). \]
① $x_1\lt 0$：$D(x_1)=(0,-x_1)$。$f(x_1)\leq f(x_2)\iff 2^{x_1}\leq 2^{x_2}$，$\therefore x_1\leq x_2\lt 0$，故 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$。
② $x_1\gt 0$：$f(x_1)\lt 0$。由 $f(x_1)\leq f(x_2)$ 且 $y=-2^{-x}$ 在 $\mathbb{R}$ 递增，$\therefore \forall d \in (0,-x_2)$ 有 $f(x_1+d)\gt f(x_1)$，即 $d\in D(x_1)$，故 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$。
当 $x_2\gt 0$ 时：$f(x_2)\lt 0$，故 $0\gt f(x_2)\geq f(x_1)$，$\therefore 0\lt x_1\leq x_2$。 \[ f(x_2+d)\gt f(x_2) \iff \begin{cases} x_2+d\gt 0 \\ x_2+d\gt x_2 \end{cases} \text{或}\; x_2+d\leq 0, \] 即 $d\gt 0$ 或 $d\leq -x_2$，$\therefore D(x_2)=(-\infty,-x_2]\cup(0,+\infty)$。同理 $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$，故 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$。∎
从单个的 $D(-1)$ 到 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$，从集合本身（概念）到集合间的关系；$x_2\lt 0$ 与 $x_2\gt 0$ 的穷尽分类，正是排中律的第一次登场。
④ 若 $f(x_1)\leq f(x_2)$，则 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$。（新）由 ③ 得 $x_2-x_1\in D(x_1)$；结合 ②，$\forall t\in(-\infty,0)$，$(-\infty,0)\cap D(t)=\varnothing$。
⑤ 当 $0\lt x\lt 1$ 时 $f(x)\lt f(0)$。（新）结合 ③：若 $m\in(0,1)$，$f(m-m)\gt f(m)\Rightarrow -m\in D(m)$；结合 ④ 得 $D(0)\subseteq D(m)$。
⑥ 需证 $f(0)\geq 1$。以与 “$1$” 的大小，把全体可能穷尽地切成三段：$f(0)\leq 0$、$0\lt f(0)\lt 1$、$f(0)\geq 1$。排中律：证前两段不可能，第三段即成立。
① 设 $f(0)\leq 0$：则 $\forall t\in(-\infty,0)$，$\forall m\in(0,1)$，$f(t)\gt f(0)\gt f(m)$， \[ \therefore \begin{cases} D(t)\subseteq D(0)\subseteq D(m) \\ t\in D(0),\;-m\in D(m) \end{cases} \] $\therefore t\in D(m)$，即 $f(t+m)\gt f(m)$。取 $t=-m-1$ 得 $f(-1)\gt f(m)$，与 “$x\in(0,1)$ 时 $f(x)\lt f(0)$” 矛盾，舍去。
② 设 $0\lt f(0)\lt 1$：则 $\exists t_0\in(-\infty,0)$，$\forall m\in(0,1)$，$f(t_0)\lt f(0)$，$f(m)\lt f(0)$， \[ \therefore \begin{cases} D(0)\subseteq D(t_0),\; D(0)\subseteq D(m) \\ -t_0\in D(0),\;-m\in D(0) \end{cases} \] $\therefore -m\in D(t_0)$，$\therefore f(t_0-m)\gt f(t_0)$。而 $x\lt 0$ 时 $f(x)=2^{x}$ 在 $(-\infty,0)$ 单调增，矛盾，舍去。
综上：$f(0)\geq 1$。∎
对 $f(0)\leq 0$ 与 $0\lt f(0)\lt 1$ 的讨论，引导我们研究 $0\lt x\lt 1$ 时 $f(x)$ 的情况。仿照前法可证：若 $0\lt f(x)\lt f(0)$，取 $t_1\in(-\infty,0)$、$m_1\in(0,1)$ 使 $f(t_1)\lt f(m_1)\lt f(0)$，则 \[ \begin{cases} D(0)\subseteq D(m_1)\subseteq D(t_1) \\ -m_1\in D(m_1),\; m_1-t_1\in D(t_1) \end{cases}\Rightarrow -m_1\in D(t_1), \] 得 $f(t_1-m_1)\gt f(t_1)$，矛盾。发现 $\forall m_1\in(0,+\infty)$ 皆可，书写时可合并——这正是 (ii) 的起手式。
⑥ $f(0)\geq 1$ 已证，现加入阅读：$\forall t\in(-\infty,0)$，$f(0)\gt f(t)\Rightarrow \begin{cases} D(0)\subseteq D(t) \\ -t\in D(t) \end{cases}$
⑦ 需证 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增。合并 (i) 的副产物，分三步合龙。
第一步：证 $x\gt 0$ 时不可能 $0\lt f(x)\lt f(0)$。否则 $\exists t_1\in(-\infty,0)$、$m_1\in(0,+\infty)$，$f(t_1)\lt f(m_1)\lt f(0)$， \[ \begin{cases} D(0)\subseteq D(m_1)\subseteq D(t_1) \\ -m_1\in D(m_1),\; m_1-t_1\in D(t_1) \end{cases}\Rightarrow -m_1\in D(t_1), \] 即 $f(t_1-m_1)\gt f(t_1)$，与 $x\lt 0$ 时 $f$ 单调增矛盾。$\therefore x\in(0,1)$ 时 $f(x)\leq 0$。
第二步：证 $x\geq 1$ 时不可能 $f(x)\geq f(0)$。否则 $\forall t_2\in(-\infty,0)$、$\forall m_2\in(0,1)$、$\forall s_0\in[1,+\infty)$，$f(m_2)\lt f(t_2)\lt f(0)\leq f(s_0)$， \[ \begin{cases} D(s_0)\subseteq D(0)\subseteq D(t_2)\subseteq D(m_2) \\ s_0\in D(0),\,-t_2\in D(t_2),\,t_2-m_2\in D(m_2) \end{cases} \] $\therefore f(t_2+s_0)\gt f(t_2)$。取 $s_0=-t_2+\tfrac12$ 得 $f(\tfrac12)\gt f(t_2)$；而 $f(\tfrac12)\leq 0\lt f(t_2)$，矛盾。$\therefore x\gt 0$ 时 $f(x)\leq 0$。
$\forall t_3\in(-\infty,0)$，$\forall t_4\in(0,+\infty)$，$f(0)\gt f(t_3)\gt f(t_4)$。 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调增 $\iff \forall x_1,x_2\in(0,+\infty)$，$x_1\lt x_2$ 时 $f(x_1)\lt f(x_2)$。
第三步：$\forall t_3\in(-\infty,0)$，$\forall t_4\in(0,+\infty)$，$f(0)\gt f(t_3)\gt f(t_4)$， \[ \begin{cases} D(0)\subseteq D(t_3)\subseteq D(t_4) \\ -t_3\in D(t_3),\; t_3-t_4\in D(t_4) \end{cases}\Rightarrow -t_3\in D(t_4). \] $\therefore f(t_4-t_3)\gt f(t_4)$；又 $t_4-t_3\gt t_4$，$\therefore \forall x_1,x_2\in(0,+\infty)$，$x_1\gt x_2$ 时 $f(x_1)\gt f(x_2)$。
即 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增。∎
从单个集合 $D(-1)$，到集合间的关系 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$，再到用集合关系反推函数性质——层层递进。回到原点：第三步用的仍是同一律下 $D(x_0)$ 的那句定义，与"初始阅读"首尾呼应。
点拨关键
核心在于读懂集合 $D(x_0)$ 的构造——它把函数值的大小翻译成集合的包含。第(1)问以计算建立直观；第(2)问借奇函数与分类讨论完成证明；第(3)问在更一般的条件下，用反证与包含关系推出边界值与单调性。四个着力点：① 准确解构定义（同一律）；② 合理运用性质；③ 分类必须穷尽（排中律）；④ 假设导出矛盾（矛盾律）；并善于把新结论并入后续阅读，形成迭代升级。