(1) 求集合 D(-1)

由已知，当 x < 0 时 f(x) = 2^x，且 x \geq 0 时 f(x) = 1 - x。
计算 f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}。
解不等式 f(-1 + d) > \frac{1}{2}：

· 当 -1 + d < 0 即 d < 1 时，f(-1+d) = 2^{d-1} > 2^{-1} \Rightarrow d-1 > -1 \Rightarrow d > 0，得 0 < d < 1。
· 当 -1 + d \geq 0 即 d \geq 1 时，f(-1+d) = 1 - (d-1) = 2 - d > \frac{1}{2} \Rightarrow d < \frac{3}{2}，得 1 \leq d < \frac{3}{2}。

综上，D(-1) = \left(0, \frac{3}{2}\right)。

(2) 证明 D(x_1) \supseteq D(x_2)

由 f 为奇函数及 x < 0 时 f(x) = 2^x，得 x > 0 时 f(x) = -2^{-x}，且 f(0) = 0。
易知 f 在 (-\infty, 0) 和 (0, +\infty) 上分别单调递增，且 x < 0 时 f(x) \in (0,1)，x > 0 时 f(x) \in (-1,0)。
对任意 x_1, x_2 \neq 0 且 f(x_1) \leq f(x_2)，分两种情况：

· 若 f(x_1) < f(x_2)，则 x_1 \leq x_2。任取 d \in D(x_2)，即 f(x_2+d) > f(x_2)。由单调性知 d > 0，从而 x_1+d > x_1，故 f(x_1+d) > f(x_1)，即 d \in D(x_1)。
· 若 f(x_1) = f(x_2)，则 x_1 = x_2，显然 D(x_1) = D(x_2)。

因此 D(x_1) \supseteq D(x_2)。

(3) (i) 证明 f(0) \geq 1

已知条件 (a)、(b)。假设 f(0) < 1。取 x_0 < 0 且充分接近 0，使 f(x_0) = 2^{x_0} > f(0)。由 (a) 得 D(0) \supseteq D(x_0)。
对于 x_0 < 0，易见 (0, +\infty) \subseteq D(x_0)（因为 d>0 时 x_0+d > x_0，且 f 在负半轴递增）。于是 (0, +\infty) \subseteq D(0)，即对任意 d>0 有 f(d) > f(0)。但由 (b)，当 0 < d < 1 时 f(d) < f(0)，矛盾。故 f(0) \geq 1。

(3) (ii) 证明 f(x) 在 [0, +\infty) 上单调递增

任取 0 \leq a < b，反设 f(a) > f(b)。由 (a) 得 D(a) \supseteq D(b)。
取 d_0 = b-a > 0，则 a+d_0 = b，且 f(a+d_0) = f(b) < f(a)，故 d_0 \notin D(a)，从而 d_0 \notin D(b)，即 f(b+d_0) \leq f(b)。
递推得 f(b+kd_0) \leq f(b) 对任意正整数 k 成立。但由 (i) 及 (b) 知 f(0) 是最大值，且 x