（17分）已知函数$f(x)$的定义域为$R$，且当$x < 0$时，$f(x)=2^{x}$，对任意$x_{0}\in R$，定义集合$D(x_{0})=\{d\in R\vert f(x_{0}+d) > f(x_{0})\}$．
（1）当$x\geqslant 0$时，$f(x)=1-x$，求$D(-1)$；
（2）若$f(x)$是奇函数，$f(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，且$x_{1}x_{2}\ne 0$，证明：$D(x_{2})\subseteq D(x_{1})$；
（3）设$f(x)$满足：①若$f(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，则$D(x_{2})\subseteq D(x_{1})$；②当$0 < x < 1$时，$f(x) < f(0)$．
$(i)$证明：$f(0)\geqslant 1$；
$(ii)$证明：$f(x)$在区间$(0,+\infty )$单调递增．
〖答案〗（1）$\{d\vert 0 < d < \dfrac{3}{2}\}$；
（2）$\because f(x)$为奇函数，
$\therefore f(0)=0$，$x > 0$时，$f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$，
$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}{{2}^{x},x <  0}\\ {0,x=0}\\ {-{2}^{-x},x >  0}\end{array}\right.$，
当$x < 0$时，$f(x)\in (0$，$1)$，$D(x)=\{d\vert f(x+d) > f(x)=2^{x}\}$，
$\therefore 2^{x+d} > 2^{x}$，
$\therefore x < x+d < 0$，
$\therefore 0 < d < -x$，
$\therefore D(x)=(0$，$-x)$，
当$x > 0$时，$f(x)\in (-1$，$0)$，$D(x)=\{d\vert f(x+d) > f(x)=-2^{-x}\}$，
$\therefore x+d > 0$时，$-2^{-x-d} > -2^{-x}$，$x+d\leqslant 0$时，恒成立，
$\therefore d > 0$或$d\leqslant -x$，
$\therefore D(x)=(-\infty$，$-x]\bigcup (0,+\infty )$，
$\because f(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，且$x_{1}x_{2}\ne 0$，
①$x_{1} < 0$，$x_{2} < 0$时，${2}^{{x}_{1}}\leqslant {2}^{{x}_{2}}$，
$\therefore x_{1}\leqslant x_{2} < 0$，
$\therefore D(x_{1})=(0$，$-x_{1})\supseteq D(x_{2})=(0$，$-x_{2})$；
②$x_{1} > 0$，$x_{2} > 0$时，$-{2}^{-{x}_{1}}\leqslant -{2}^{-{x}_{2}}$，
$\therefore -x_{1}\geqslant -x_{2}$，
$\therefore 0 < x_{1}\leqslant x_{2}$，
$\therefore D(x_{1})=(-\infty$，$-x_{1}]\bigcup (0,+\infty )$，$D(x_{2})=(-\infty$，$-x_{2}]\bigcup (0,+\infty )$，
$\because (-\infty$，$-x_{1}]\supseteq (-\infty$，$-x_{2}]$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D(x_{2})$，
③$x_{1} < 0 < x_{2}$时，$f(x_{1}) > 0 > f(x_{2})$，不符合题意；
④$x_{2} < 0 < x_{1}$时，$f(x_{2}) > 0 > f(x_{1})$恒成立，
$\therefore D(x_{1})=(-\infty$，$-x_{1}]\bigcup (0,+\infty )$，$D(x_{2})=(0$，$-x_{2})$，
$\because (0$，$+\infty )\supseteq (0$，$-x_{2})$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D(x_{2})$，
综上所述，$D(x_{2})\subseteq D(x_{1})$；
（3）$(i)$假设$f(0) < 1$，
$\because x < 0$时，$f(x)=2^{x}\in (0,1)$，
$\therefore$存在$x_{0}\in (-2,0)$，使得$f(x_{0}) > f(0)$，
$\therefore D(0)\supseteq D(x_{0})$，
令$d=-\dfrac{{x}_{0}}{2}$，则$x_{0}+d=\dfrac{{x}_{0}}{2} < 0$，
$\therefore f(x_{0}+d)={2}^{{x}_{0}+d} > {2}^{{x}_{0}}=f(x_{0})$，
$\therefore d\in D(x_{0})$，
$\because x_{0}\in (-2,0)$，
$\therefore d\in (0,1)$，
$\therefore f$（d）$ < f(0)$，即$f(0+d) < f(0)$，
$\therefore d\notin D(0)$，与$D(0)\supseteq D(x_{0})$矛盾，
$\therefore f(0)\geqslant 1$；
$(ii)$取$0 < t < 1$，则$f(t) < f(0)=f[t+(-t)]$，
$\therefore -t\in D(t)$，
假设存在$a\in (-\infty ,0)$，使得$f$（a）$ < f(t)$，
$\therefore D$（a）$\supseteq D(t)$，
$\therefore -t\in D$（a），
$\therefore f(a-t) > f$（a），
即$2^{a-t} > 2^{a}$，
$\therefore a-t > a$，
$\therefore t < 0$，与$0 < t < 1$矛盾，
$\therefore$不存在$a\in (-\infty ,0)$，使得$f$（a）$ < f(t)$，
即$x\in (0,1)$时，$f(x)\leqslant 0$，
取$y\geqslant 1$，假设存在$b\in (-\infty ,0)$，使得$f$（b）$ < f(y)$，
$\therefore f[b+(y-b)]=f(y) > f$（b），
$\therefore y-b\in D$（b），
令$c=\dfrac{1}{2}-(y-b)$，
$\because y\geqslant 1$，$b < 0$，
$\therefore y-b > 1$，
$\therefore c < -\dfrac{1}{2} < b < 0$，
$\therefore f$（c）$=2^{c} < 2^{b}=f$（b），
$\therefore D$（c）$\supseteq D$（b），
$\therefore y-b\in D$（c），
$\therefore f(c+y-b)=f(\dfrac{1}{2}) > f$（c），
$\because$$\dfrac{1}{2}\in (0,1)$，$c < 0$，
$\therefore f(\dfrac{1}{2})\leqslant 0$，$f$（c）$ > 0$，与$f(\dfrac{1}{2}) > f$（c）矛盾，
$\therefore$当$x > 0$时，$f(x)\leqslant 0$，
取$0 < x_{1} < x_{2}$，则$x_{2}-x_{1} > 0$，
$\therefore -(x_{2}-x_{1})-1 < -1 < 0$，
$\therefore f[-(x_{2}-x_{1})-1] > 0$，
$\because f(x_{1})\leqslant 0$，
$\therefore f(x_{1}) < f[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\because -(x_{2}-x_{1})-1 < -1 < 0$，
$\therefore f[-(x_{2}-x_{1})-1] < f(-1)=f[-(x_{2}-x_{1})-1+(x_{2}-x_{1})]$，
$\therefore x_{2}-x_{1}\in D[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\therefore x_{2}-x_{1}\in D(x_{1})$，
$\therefore f(x_{1}+x_{2}-x_{1}) > f(x_{1})$，
即$f(x_{2}) > f(x_{1})$，
$\because 0 < x_{1} < x_{2}$，
$\therefore f(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递增．
〖分析〗（1）先求出$f(-1)$，然后根据两段函数解不等式即可；
（2）根据奇函数的定义，求出$f(x)$的表达式，然后结合$D(x)$的定义，根据$x_{1}$，$x_{2}$的正负分类讨论即可；
（3）$(i)$采用反证法，构造$x$取值，既满足条件①，又满足条件②，利用条件矛盾求证即可；
$(ii)$先利用反证法证明$x > 0$时，$f(x)\leqslant 0$，然后构造函数满足增函数的定义即可证明．
〖解答〗（1）解：$f(-1)=2^{-1}=\dfrac{1}{2}$，
$\therefore D(-1)=\{d\vert f(d-1) > \dfrac{1}{2}\}$，
当$d < 1$时，$f(d-1)=2^{d-1} > 2^{-1}$，
$\therefore d-1 > -1$，
$\therefore d > 0$，
当$d\geqslant 1$时，$f(d-1)=1-(d-1)=2-d > \dfrac{1}{2}$，
$\therefore d < \dfrac{3}{2}$，
$\therefore D(-1)=\{d\vert 0 < d < \dfrac{3}{2}\}$；
（2）证明：$\because f(x)$为奇函数，
$\therefore f(0)=0$，$x > 0$时，$f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$，
$\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l}{{2}^{x},x <  0}\\ {0,x=0}\\ {-{2}^{-x},x >  0}\end{array}\right.$，
当$x < 0$时，$f(x)\in (0$，$1)$，$D(x)=\{d\vert f(x+d) > f(x)=2^{x}\}$，
$\therefore 2^{x+d} > 2^{x}$，
$\therefore x < x+d < 0$，
$\therefore 0 < d < -x$，
$\therefore D(x)=(0$，$-x)$，
当$x > 0$时，$f(x)\in (-1$，$0)$，$D(x)=\{d\vert f(x+d) > f(x)=-2^{-x}\}$，
$\therefore x+d > 0$时，$-2^{-x-d} > -2^{-x}$，$x+d\leqslant 0$时，恒成立，
$\therefore d > 0$或$d\leqslant -x$，
$\therefore D(x)=(-\infty$，$-x]\bigcup (0,+\infty )$，
$\because f(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，且$x_{1}x_{2}\ne 0$，
①$x_{1} < 0$，$x_{2} < 0$时，${2}^{{x}_{1}}\leqslant {2}^{{x}_{2}}$，
$\therefore x_{1}\leqslant x_{2} < 0$，
$\therefore D(x_{1})=(0$，$-x_{1})\supseteq D(x_{2})=(0$，$-x_{2})$；
②$x_{1} > 0$，$x_{2} > 0$时，$-{2}^{-{x}_{1}}\leqslant -{2}^{-{x}_{2}}$，
$\therefore -x_{1}\geqslant -x_{2}$，
$\therefore 0 < x_{1}\leqslant x_{2}$，
$\therefore D(x_{1})=(-\infty$，$-x_{1}]\bigcup (0,+\infty )$，$D(x_{2})=(-\infty$，$-x_{2}]\bigcup (0,+\infty )$，
$\because (-\infty$，$-x_{1}]\supseteq (-\infty$，$-x_{2}]$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D(x_{2})$，
③$x_{1} < 0 < x_{2}$时，$f(x_{1}) > 0 > f(x_{2})$，不符合题意；
④$x_{2} < 0 < x_{1}$时，$f(x_{2}) > 0 > f(x_{1})$恒成立，
$\therefore D(x_{1})=(-\infty$，$-x_{1}]\bigcup (0,+\infty )$，$D(x_{2})=(0$，$-x_{2})$，
$\because (0$，$+\infty )\supseteq (0$，$-x_{2})$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D(x_{2})$，
综上所述，$D(x_{2})\subseteq D(x_{1})$；
（3）$(i)$证明：假设$f(0) < 1$，
$\because x < 0$时，$f(x)=2^{x}\in (0,1)$，
$\therefore$存在$x_{0}\in (-2,0)$，使得$f(x_{0}) > f(0)$，
$\therefore D(0)\supseteq D(x_{0})$，
令$d=-\dfrac{{x}_{0}}{2}$，则$x_{0}+d=\dfrac{{x}_{0}}{2} < 0$，
$\therefore f(x_{0}+d)={2}^{{x}_{0}+d} > {2}^{{x}_{0}}=f(x_{0})$，
$\therefore d\in D(x_{0})$，
$\because x_{0}\in (-2,0)$，
$\therefore d\in (0,1)$，
$\therefore f$（d）$ < f(0)$，即$f(0+d) < f(0)$，
$\therefore d\notin D(0)$，与$D(0)\supseteq D(x_{0})$矛盾，
$\therefore f(0)\geqslant 1$；
$(ii)$证明：取$0 < t < 1$，则$f(t) < f(0)=f[t+(-t)]$，
$\therefore -t\in D(t)$，
假设存在$a\in (-\infty ,0)$，使得$f$（a）$ < f(t)$，
$\therefore D$（a）$\supseteq D(t)$，
$\therefore -t\in D$（a），
$\therefore f(a-t) > f$（a），
即$2^{a-t} > 2^{a}$，
$\therefore a-t > a$，
$\therefore t < 0$，与$0 < t < 1$矛盾，
$\therefore$不存在$a\in (-\infty ,0)$，使得$f$（a）$ < f(t)$，
即$x\in (0,1)$时，$f(x)\leqslant 0$，
取$y\geqslant 1$，假设存在$b\in (-\infty ,0)$，使得$f$（b）$ < f(y)$，
$\therefore f[b+(y-b)]=f(y) > f$（b），
$\therefore y-b\in D$（b），
令$c=\dfrac{1}{2}-(y-b)$，
$\because y\geqslant 1$，$b < 0$，
$\therefore y-b > 1$，
$\therefore c < -\dfrac{1}{2}$，$c < b < 0$，
$\therefore f$（c）$=2^{c} < 2^{b}=f$（b），
$\therefore D$（c）$\supseteq D$（b），
$\therefore y-b\in D$（c），
$\therefore f(c+y-b)=f(\dfrac{1}{2}) > f$（c），
$\because$$\dfrac{1}{2}\in (0,1)$，$c < 0$，
$\therefore f(\dfrac{1}{2})\leqslant 0$，$f$（c）$ > 0$，与$f(\dfrac{1}{2}) > f$（c）矛盾，
$\therefore$当$x > 0$时，$f(x)\leqslant 0$，
取$0 < x_{1} < x_{2}$，则$x_{2}-x_{1} > 0$，
$\therefore -(x_{2}-x_{1})-1 < -1 < 0$，
$\therefore f[-(x_{2}-x_{1})-1] > 0$，
$\because f(x_{1})\leqslant 0$，
$\therefore f(x_{1}) < f[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\therefore D(x_{1})\supseteq D[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\because -(x_{2}-x_{1})-1 < -1 < 0$，
$\therefore f[-(x_{2}-x_{1})-1] < f(-1)=f[-(x_{2}-x_{1})-1+(x_{2}-x_{1})]$，
$\therefore x_{2}-x_{1}\in D[-(x_{2}-x_{1})-1]$，
$\therefore x_{2}-x_{1}\in D(x_{1})$，
$\therefore f(x_{1}+x_{2}-x_{1}) > f(x_{1})$，
即$f(x_{2}) > f(x_{1})$，
$\because 0 < x_{1} < x_{2}$，
$\therefore f(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递增．
〖点评〗本题主要考查了函数恒成立问题，合理构造$x$值是解题的关键，属于难题．