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
\[
D(x_0)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_0+d) > f(x_0)\}.
\]
(1) 若当 $x\geqslant 0$ 时, $f(x)=1-x$, 求 $D(-1)$;
(2) 若 $f(x)$ 是奇函数, $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, 且 $x_1 x_2\neq 0$, 证明: $D(x_2)\subset D(x_1)$;
(3) 设 $f(x)$ 满足 : (a) 若 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, 则 $D(x_2)\subset D(x_1)$; (b) 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.
1
(1) $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(-1+d)>f(-1)\}$, 这里 $f(-1)=\frac{1}{2}$. 所以 $D(-1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(d-1)>\frac{1}{2}\}$.
(a) 若 $d-1 < 0$, 则 $f(d-1)=2^{d-1}$, 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d < 1\\
2^{d-1}>2^{-1}
\end{cases}
\]
这推出 $0 < d < 1$.
(b) 若 $d\geqslant 1$, 则 $f(d-1)=1-(d-1)=2-d$. 此时 $d$ 须满足
\[
\begin{cases}
d\geqslant 1\\
2-d>2^{-1}
\end{cases}
\]
解得 $1\leqslant d < \frac{3}{2}$.
综上, $D(-1)=(0,\frac{3}{2})$.
(2) 证明. 由题, 当 $x > 0$ 时, $f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$. 又 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$, 故 $f(0)=-f(0)$, 即有 $f(0)=0$.
根据条件 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, $x_1 x_2\neq 0$, 知有三种情况:
(a) $0 < x_1\leqslant x_2$
(b) $x_1\leqslant x_2 < 0$
(c) $x_2 < 0 < x_1$
对于(a), $D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}$, 根据 $f(x)$ 的表达式知, 或者 $d > 0$ 或者 $x_2+d\leqslant 0$. 于是 $D(x_2)=(-\infty,-x_2]\cup(0,+\infty)$. 类似地, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (b), 此时
\[
D(x_2)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_2+d)>f(x_2)\}=\{d\in\mathbb{R}\mid 0 < d < -x_2\}=(0,-x_2).
\]
类似地, $D(x_1)=(0,-x_1)$. 由于 $-x_2\leqslant -x_1$, 故 $D(x_2)\subset D(x_1)$.
对于 (c), 根据上面的分析, $D(x_2)=(0,-x_2)$, $D(x_1)=(-\infty,-x_1]\cup(0,+\infty)$. 此时显然有 $D(x_2)\subset D(x_1)$. 证毕.
(3)
(i) 我们用反证法证明 $f(0)\geqslant 1$.
假设 $f(0) < 1$, 则存在 $x_1 < 0$, 使得 $f(0) < f(x_1)$. 从而 $D(x_1)\subset D(0)$.
这里 $D(x_1)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(x_1+d)>f(x_1)\}$, 由于 $f(x)=2^x$ (当 $x < 0$), 故 $(0,-x_1)\subset D(x_1)$. 于是 $(0,-x_1)\subset D(0)$.
而 $D(0)=\{d\in\mathbb{R}\mid f(0+d)>f(0)\}$, 这意味着存在 $0< x_0 < 1$, 使得 $f(x_0)>f(0)$. 但根据条件, 当 $x\in(0,1)$ 时 $f(x) < f(0)$, 故矛盾. 因此 $f(0)\geqslant 1$.
2
(3) (ii) 的证明.
这里分几个步骤, 完全是根据我做题时的思路整理的. 作为证明, 不一定最简洁.
Claim 1. $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上不可能存在两个或两个以上的零点.
Pf. 设存在 $0 < x_0 < x_1$, 使得 $f(x_0)=0=f(x_1)$,
则由 $f$ 在 $(-\infty,0)$ 上的表达式 $f(x)=2^x$, 知
\[
0=f(x_0) < f(-x_1) < f(-x_0).
\]
由条件, 这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)$. 由 $-x_1 < 0$ 以及 $f(0)\geqslant 1$, 知 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$. 因此 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这表明
\[
f(x_0+d) > f(x_0),\quad\forall\ d\in(0,x_1].
\]
这推出 $x_1 > x_0+x_1$, 这与 $x_0 > 0$ 矛盾. 因此, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上至多有一个零点.
Claim 2. 若存在零点 $x_0 > 0$, 则对任意 $x > x_0$ 都有 $f(x) > 0$.
Pf. 假设存在 $x_1 > x_0$, 使得 $f(x_1) < 0$.
则
\[
f(x_1) < f(x_0)=0 < f(-x_1) < f(-x_0),
\]
这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)\subset D(x_1)$. 同样地, 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 于是 $f(x_0+d) > f(x_0)=0$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 成立. 这表明 $x_1 > x_0+x_1$, 这与 $x_0 > 0$ 矛盾. 因此对所有 $x > x_0$ 都有 $f(x) > 0$.
Claim 3. 若 $x_0 > 0$ 是 $f(x)$ 的零点, 则 $f(x)$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
Pf. 前面已证 $f(x) > 0$, $\forall x > x_0$.
设 $x_2 > x_0$, 则存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$. 于是
\[
D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon}).
\]
由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明 $\forall x\leqslant x_2$, $f(x)\leqslant f(x_2)$. 注意 $x_2$ 是任取的. 因此, $f$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上是单调递增的.
Claim 4. 若存在零点 $x_0 > 0$. 又若存在 $0 < x_1 < x_0$, 使得 $f(x_1) > 0$, 则 $f(x_1)\geqslant f(0)$.
Pf. $f(x_1) > 0$, 则可以任取非常小的正数 $\varepsilon$, 使得 $\varepsilon < f(x_1)$, 同时根据 $f(x)=2^x$ ($x < 0$) 的表达式, 存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon})=\varepsilon < f(x_1)$, 于是
\[
D(x_1)\subset D(-x_{\varepsilon}).
\]
注意到 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均是正的, 故 $D(x_1)$ 中的元素也都是正的, 除非是空集. 这意味着任何 $x < x_1$ 都有 $f(x)\leqslant f(x_1)$. 特别地 $f(x_1)\geqslant f(0)$.
注: 在 Claim 4 的假设下, 加上条件 $f(x) < f(0)$, $\forall\ x\in(0,1)$, 知 $x_1\geqslant 1$. 这也说明 $f(1)\leqslant f(x_1)$.
Claim 5. 在 Claim 4 的假设下, 使得 $f$ 在 $(0,x_1]$ 上单调递增, 在 $(x_1, +\infty)$ 上也是单调递增的.
Pf. 根据条件 $f(x) < f(0)$, 对 $\forall\ x\in(0,1)$ 成立, 故 $(0,1)$ 在 $D(0)$ 之外. 由 $f(0)\leqslant f(x_1)$ 知 $D(x_1)\subset D(0)$. 因此 $(0,1)$ 也不在 $D(x_1)$ 中. 因此 $x_1$ 是极大值点.
倘若存在 $0 < x_1 < x'_1 < x_0$, 使得 $f(x'_1) > 0$, 则使用同样的论述, 存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x'_1)$, 这推出 $D(x'_1)\subset D(-x_{\varepsilon})$, 于是 $D(x'_1)$ 中的元素都是正的. 这意味着任何 $x < x'_1$ 都有 $f(x)\leqslant f(x'_1)$.
因此, 对于刚才的 $x_1$, 它右边的点的函数值必须是负数. 也即是 $f(x) < 0$, $\forall\ x\in(x_1,x_0)$.
因此, $f$ 在 $(0,x_1]$ 上单调递增.
现在任意 $x'_2\in(x_1,x_0)$, 都有 $f(x'_2) < 0=f(x_0)$, 则 $D(x_0)\subset D(x'_2)$. 由于 $(0,+\infty)\subset D(x_0)$, 故 $(0,+\infty)\subset D(x'_2)$. 这说明 $f(x) > f(x'_2)$, $\forall\ x > x'_2$. 由于 $x'_2$ 是任取的, 故 $f$ 在 $(x_1,x_0)$ 上是单调递增的. 从而 $f(x)$ 在 $(x'_2,+\infty)$ 上是单调递增的.
注: 同样的论述可以适用 $[1,x_1]$ 的任一点. 因此这样的 $x_1$ 如果存在, 只能是 $x_1=1$. 即若 $f(x)$ 有零点 $x_0 > 0$, 且存在 $0 < x_1 < x_0$ 使得 $f(x_1) > 0$, 则 $x_1=1$.
Claim 6. 在 Claim 4 的假设下, 任意 $x > x_0$, 都有 $f(x) < f(x_1)$. (这里 $x_1=1$.)
Pf. 若存在 $x_2 > x_0$, 使得 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$, 则 $D(x_2)\subset D(x_1)$. 由于 $f$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $(0,+\infty)\subset D(x_2)$, 故 $(0,+\infty)\subset D(x_1)$. 这与 $f(x_0)=0 < f(x_1)$ 矛盾.
注: 该证明适用 $(0,1)$ 中的所有点, 即如果 $(0,1)$ 中有某个点的函数值大于0, 则它一定大于 $(x_0,+\infty)$ 中所有点的函数值.
Claim 7. Claim 4 的假设不成立. 即, 若 $f$ 存在零点 $x_0 > 0$, 则 $f(x) < 0$, $\forall x\in (0,x_0)$.
Pf. 于是, 若存在 $x_2\in(0,1)$, 使得 $f(x_2) > 0$, 则任取 $x_3\in(x_0,+\infty)$, 有 $f(x_3) < f(x_2)$, 这推出 $D(x_2)\subset D(x_3)$. 由于 $f(x_2) < f(0)$, 故 $-x_2\in D(x_2)$. 这里 $-x_2\in(-1,0)$. 但我们可以取足够大的 $x_3$, 使得 $D(x_3)$ 不含有 $(-1,0)$ 中的值. 矛盾.
Claim 8. 若 $f$ 存在零点 $x_0 > 0$, 则 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.
Pf. 任取 $0 < x < x' < 1$, 若 $f(x') < f(x) < f(x_0)=0$, 则 $D(x_0)\subset D(x)\subset D(x')$. 由于 $(0,+\infty)\subset D(x_0)$, 故 $(0,+\infty)\subset D(x)$. 但这与 $f(x') < f(x)$ 矛盾. 故 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上是单调递增的. 结合前面已证 $f$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增, 知结论成立.
注: 上面证明了如果 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 存在零点, 则零点唯一, 且 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.
下面假设 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上不存在零点. 其实是否存在零点不是证明的关键. 我们回顾一下 Claim 1 和 Claim 2 的证明, 其方法完全适用下面的命题.
Claim 1*. 函数 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 与直线 $y=-c$ ($c>0$) 至多相交于一点.
Pf. 若存在 $0< x_0 < x_1$, 使得 $f(x_0)=f(x_1) < 0$. 则 $f(x_0) < 0 < f(-x_1) < f(-x_0)$, 这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)$. 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这说明 $f(x_0+d) > f(x_0)$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 都成立. 因此 $x_1 > x_0+x_1$, 但这与 $x_0 > 0$ 矛盾.
Claim 2*. 若函数 $f$ 在某点 $x_0 >0$ 处的值小于 $0$, 则对任意 $x\in (x_0,+\infty)$ 有 $f(x) > f(x_0)$.
Pf. 设 $0< x_0 < x_1$ 满足 $0 > f(x_0) > f(x_1)$, 则我们有(和 Claim2 中一样的不等式)
\[
f(x_1) < f(x_0) < f(-x_1) < f(-x_0),
\]
这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)\subset D(x_1)$. 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这意味着 $f(x_0+d) > f(x_0)$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 都成立, 特别地, $f(x_0+x_1) > f(x_0)$. 因此 $x_1 > x_0+x_1$, 而这与 $x_0 > 0$ 矛盾.
根据上面的 Claim 2*, 立即推出
Claim 3.1* 若 $f$ 在某个区间 $[x_0, x_1)$ 上取值为负, 则 $f$ 在这个区间上是单调递增的.
若 $x_1$ 是使得 $f$ 在 $[x_0, x_1)$ 上取值为负的最大值. 由于此时 $f$ 没有零点, 则 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上必大于零.
用与 Claim3 同样的思路可以证明 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上也是单调递增的. （证: 任取 $x_2\in [x_1,+\infty)$, 因为 $f(x_2) >0$, 故存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$, 这推出 $D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon})$. 由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明任意 $x\in(x_1,x_2)$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_2)$. 由于 $x_2$ 是任取的, 故 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上是单调递增的.）
注: 如果这样的最大值不存在, 即 $x_1=+\infty$, 则我们已经证明 $f$ 在整个 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
于是我们得到
Claim 3*. 若存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$, 则 $f(x)$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
假设 $x_0$ 是使得 $f(x) < 0$ 的最小的正数. 即 $x_0=\min\{x>0\mid f(x) < 0\}$. 则根据 Claim 3*, 如果存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$, 则 $f(x) > 0$, $\forall\ x\in(0,x_0)$.
以下均设 $x_0$ 是使得 $f(x) < 0$ 的最小的正数.
Claim 4*. 若存在最小的正数 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$. 则 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增.
Pf. 设 $x_1\in (0,x_0)$, 则 $f(x_1) > 0$. 于是存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得
\[
f(x_0) < 0 < f(-x_{\varepsilon}) < f(x_1),
\]
这推出 $D(x_1)\subset D(-x_{\varepsilon})$, 而 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素都是正数, 故 $D(x_1)$ 中也都是正数. 这说明任何 $x < x_1$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_1)$. 由 $x_1$ 的任意性, 知 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上是单调递增的.
不仅如此, $f(x_1)\geqslant f(0)$. 而 $x_1$ 可以任取, 这与条件 $f(x) < f(0)$, $\forall\ x\in(0,1)$ 矛盾. 因此这样的 $x_0$ 不存在. 于是 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上都是正的. 此时证明 $f$ 是单调递增与前面的 Claim3.1 类似.
Claim 5*. $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
Pf. 任取 $x_2\in(0,+\infty)$, 因为 $f(x_2) >0$, 故存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$, 这推出 $D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon})$. 由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明任意 $x\in(0,x_2)$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_2)$. 由于 $x_2$ 是任取的, 故 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.
3
重新整理第 (3) 问中 (ii) 的证明, 删掉了其中的 Claim 5~7.
(3) (ii) 的证明.
这里分几个步骤, 完全是根据我做题时的思路整理的. 作为证明, 不一定最简洁.
Claim 1. $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上不可能存在两个或两个以上的零点.
Pf. 设存在 $0 < x_0 < x_1$, 使得 $f(x_0)=0=f(x_1)$,
则由 $f$ 在 $(-\infty,0)$ 上的表达式 $f(x)=2^x$, 知
\[
0=f(x_0) < f(-x_1) < f(-x_0).
\]
由条件, 这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)$. 由 $-x_1 < 0$ 以及 $f(0)\geqslant 1$, 知 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$. 因此 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这表明
\[
f(x_0+d) > f(x_0),\quad\forall\ d\in(0,x_1].
\]
这推出 $x_1 > x_0+x_1$, 这与 $x_0 > 0$ 矛盾. 因此, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上至多有一个零点.
Claim 2. 若存在零点 $x_0 > 0$, 则对任意 $x > x_0$ 都有 $f(x) > 0$.
Pf. 假设存在 $x_1 > x_0$, 使得 $f(x_1) < 0$.
则
\[
f(x_1) < f(x_0)=0 < f(-x_1) < f(-x_0),
\]
这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)\subset D(x_1)$. 同样地, 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 于是 $f(x_0+d) > f(x_0)=0$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 成立. 这表明 $x_1 > x_0+x_1$, 这与 $x_0 > 0$ 矛盾. 因此对所有 $x > x_0$ 都有 $f(x) > 0$.
Claim 3. 若 $x_0 > 0$ 是 $f(x)$ 的零点, 则 $f(x)$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
Pf. 前面已证 $f(x) > 0$, $\forall x > x_0$.
设 $x_2 > x_0$, 则存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$. 于是
\[
D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon}).
\]
由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明 $\forall x\leqslant x_2$, $f(x)\leqslant f(x_2)$. 注意 $x_2$ 是任取的. 因此, $f$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上是单调递增的.
并且, 这说明 $f(x_2)\geqslant f(0)$, 也就是对任意 $x > x_2$, 都有 $f(x)\geqslant f(0)$.
Claim 4. 若存在零点 $x_0 > 0$, 则 $f(x) < 0$, $\forall\ x\in(0,x_0)$.
Pf. 若存在 $0 < x_1 < x_0$, 使得 $f(x_1) > 0$, 则任取 $x_2 > x_0$, 有 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$. 这推出 $D(x_2)\subset D(x_1)$. 由 Claim 3, $f$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $(0,+\infty)\subset D(x_2)$, 故 $(0,+\infty)\subset D(x_1)$. 但 $f(x_1) > f(x_0)=0$, 矛盾.
Claim 8. 若 $f$ 存在零点 $x_0 > 0$, 则 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.
Pf. 任取 $0 < x < x' < x_0$, 若 $f(x') < f(x) < f(x_0)=0$, 则 $D(x_0)\subset D(x)\subset D(x')$. 由于 $(0,+\infty)\subset D(x_0)$, 故 $(0,+\infty)\subset D(x)$. 但这与 $f(x') < f(x)$ 矛盾. 故 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上是单调递增的. 结合前面已证 $f$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增, 知结论成立.
注: 上面证明了如果 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 存在零点, 则零点唯一, 且 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.
下面假设 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上不存在零点. 其实是否存在零点不是证明的关键. 我们回顾一下 Claim 1 和 Claim 2 的证明, 其方法完全适用下面的命题.
Claim 1*. 函数 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 与直线 $y=-c$ ($c>0$) 至多相交于一点.
Pf. 若存在 $0< x_0 < x_1$, 使得 $f(x_0)=f(x_1) < 0$. 则 $f(x_0) < 0 < f(-x_1) < f(-x_0)$, 这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)$. 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这说明 $f(x_0+d) > f(x_0)$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 都成立. 因此 $x_1 > x_0+x_1$, 但这与 $x_0 > 0$ 矛盾.
Claim 2*. 若函数 $f$ 在某点 $x_0 >0$ 处的值小于 $0$, 则对任意 $x\in (x_0,+\infty)$ 有 $f(x) > f(x_0)$.
Pf. 设 $0< x_0 < x_1$ 满足 $0 > f(x_0) > f(x_1)$, 则我们有(和 Claim2 中一样的不等式)
\[
f(x_1) < f(x_0) < f(-x_1) < f(-x_0),
\]
这推出 $D(-x_0)\subset D(-x_1)\subset D(x_0)\subset D(x_1)$. 由于 $(0,x_1]\subset D(-x_1)$, 故 $(0,x_1]\subset D(x_0)$. 这意味着 $f(x_0+d) > f(x_0)$ 对任意 $d\in(0,x_1]$ 都成立, 特别地, $f(x_0+x_1) > f(x_0)$. 因此 $x_1 > x_0+x_1$, 而这与 $x_0 > 0$ 矛盾.
根据上面的 Claim 2*, 立即推出
Claim 3.1* 若 $f$ 在某个区间 $[x_0, x_1)$ 上取值为负, 则 $f$ 在这个区间上是单调递增的.
若 $x_1$ 是使得 $f$ 在 $[x_0, x_1)$ 上取值为负的最大值. 由于此时 $f$ 没有零点, 则 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上必大于零.
用与 Claim3 同样的思路可以证明 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上也是单调递增的. （证: 任取 $x_2\in [x_1,+\infty)$, 因为 $f(x_2) >0$, 故存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$, 这推出 $D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon})$. 由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明任意 $x\in(x_1,x_2)$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_2)$. 由于 $x_2$ 是任取的, 故 $f$ 在 $[x_1,+\infty)$ 上是单调递增的.）
注: 如果这样的最大值不存在, 即 $x_1=+\infty$, 则我们已经证明 $f$ 在整个 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
于是我们得到
Claim 3*. 若存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$, 则 $f(x)$ 在 $[x_0,+\infty)$ 上单调递增.
假设 $x_0$ 是使得 $f(x) < 0$ 的最小的正数. 即 $x_0=\min\{x>0\mid f(x) < 0\}$. 则根据 Claim 3*, 如果存在 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$, 则 $f(x) > 0$, $\forall\ x\in(0,x_0)$.
以下均设 $x_0$ 是使得 $f(x) < 0$ 的最小的正数.
Claim 4*. 若存在最小的正数 $x_0 > 0$ 使得 $f(x_0) < 0$. 则 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增.
Pf. 设 $x_1\in (0,x_0)$, 则 $f(x_1) > 0$. 于是存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得
\[
f(x_0) < 0 < f(-x_{\varepsilon}) < f(x_1),
\]
这推出 $D(x_1)\subset D(-x_{\varepsilon})$, 而 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素都是正数, 故 $D(x_1)$ 中也都是正数. 这说明任何 $x < x_1$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_1)$. 由 $x_1$ 的任意性, 知 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上是单调递增的.
不仅如此, $f(x_1)\geqslant f(0)$. 而 $x_1$ 可以任取, 这与条件 $f(x) < f(0)$, $\forall\ x\in(0,1)$ 矛盾. 因此这样的 $x_0$ 不存在. 于是 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上都是正的. 此时证明 $f$ 是单调递增与前面的 Claim3.1 类似.
Claim 5*. $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
Pf. 任取 $x_2\in(0,+\infty)$, 因为 $f(x_2) >0$, 故存在 $-x_{\varepsilon} < 0$, 使得 $f(-x_{\varepsilon}) < f(x_2)$, 这推出 $D(x_2)\subset D(-x_{\varepsilon})$. 由于 $D(-x_{\varepsilon})$ 中的元素均为正, 故 $D(x_2)$ 中的元素也都是正数. 这说明任意 $x\in(0,x_2)$, 都有 $f(x)\leqslant f(x_2)$. 由于 $x_2$ 是任取的, 故 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.