好的，我来尝试解答一下这个题目。题目分为三个小题，我先从第一个小题开始。

**第一小题：**

已知函数 $f(x) = \log_2 x$，定义域是 $D$，对于 $t \in D$，定义集合 $S_{f(t)} = \{ x | f(x) \geq f(t) \}$，求 $S_{f(t)}$。

首先，我需要明确一下函数 $f(x) = \log_2 x$ 的定义域。因为对数函数的底数是2，大于0且不等于1，所以定义域是 $x > 0$，也就是 $D = (0, +\infty)$。

现在，集合 $S_{f(t)}$ 定义为所有 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t)$，也就是 $\log_2 x \geq \log_2 t$。

因为对数函数 $\log_2 x$ 在定义域内是单调递增的，所以 $\log_2 x \geq \log_2 t$ 等价于 $x \geq t$。

所以，集合 $S_{f(t)} = \{ x | x \geq t \}$，也就是 $[t, +\infty)$。

这应该是第一小题的答案。

**第二小题：**

对于集合 $A$，若对任意 $x \in A$ 都有 $-x \in A$，则称 $A$ 是对称集。若 $D$ 是对称集，证明：“函数 $y = f(x)$ 是偶函数”的充要条件是“对任意 $t \in D$，$S_{f(t)}$ 是对称集”。

首先，偶函数的定义是 $f(-x) = f(x)$ 对所有 $x \in D$ 成立。

现在要证明的是，$f(x)$ 是偶函数当且仅当对任意 $t \in D$，$S_{f(t)}$ 是对称集。

我需要从两个方面来证明：充分性和必要性。

**充分性：** 假设 $f(x)$ 是偶函数，即 $f(-x) = f(x)$。要证明对任意 $t \in D$，$S_{f(t)}$ 是对称集。

即，要证明如果 $x \in S_{f(t)}$，则 $-x \in S_{f(t)}$。

因为 $x \in S_{f(t)}$ 意味着 $f(x) \geq f(t)$。

由于 $f$ 是偶函数，有 $f(-x) = f(x) \geq f(t)$，所以 $-x \in S_{f(t)}$。

因此，$S_{f(t)}$ 是对称集。

**必要性：** 假设对任意 $t \in D$，$S_{f(t)}$ 是对称集。要证明 $f(x)$ 是偶函数。

即，要证明 $f(-x) = f(x)$ 对所有 $x \in D$ 成立。

首先，因为 $D$ 是对称集，所以对于任意 $x \in D$，有 $-x \in D$。

考虑 $t = x$，那么 $S_{f(x)} = \{ y | f(y) \geq f(x) \}$。

因为 $S_{f(x)}$ 是对称集，所以如果 $y \in S_{f(x)}$，则 $-y \in S_{f(x)}$。

特别是，$x \in S_{f(x)}$（因为 $f(x) \geq f(x)$），所以 $-x \in S_{f(x)}$，即 $f(-x) \geq f(x)$。

同理，考虑 $t = -x$，有 $S_{f(-x)} = \{ y | f(y) \geq f(-x) \}$。

因为 $S_{f(-x)}$ 是对称集，所以如果 $y \in S_{f(-x)}$，则 $-y \in S_{f(-x)}$。

特别是，$-x \in S_{f(-x)}$，所以 $x \in S_{f(-x)}$，即 $f(x) \geq f(-x)$。

综上，有 $f(-x) \geq f(x)$ 和 $f(x) \geq f(-x)$，所以 $f(-x) = f(x)$，即 $f$ 是偶函数。

这样就证明了充要条件。

**第三小题：**

若 $x \in \mathbb{R}$，$f(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$。求 $m$ 的取值范围，使得对于任意 $t_1 < t_2 \in D$，都有 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$。

首先，定义域 $D$ 是 $\mathbb{R}$，因为 $e^x$ 和 $x^2$ 在实数上都有定义。

集合 $S_{f(t)} = \{ x | f(x) \geq f(t) \} = \{ x | e^x - \frac{1}{2} m x^2 \geq e^t - \frac{1}{2} m t^2 \}$。

要使得对于任意 $t_1 < t_2$，都有 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$，即如果 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t_1)$，则 $f(x) \geq f(t_2)$。

这相当于说，如果 $f(x) \geq f(t_1)$，则 $f(x) \geq f(t_2)$。

这意味着，$f(t_1) \geq f(t_2)$。

但是，这显然不总是成立，因为 $t_1 < t_2$，而 $f(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$ 的单调性取决于 $m$ 的取值。

我需要更深入地分析 $f(x)$ 的性质。

首先，求 $f(x)$ 的导数：

$f'(x) = e^x - m x$

研究 $f(x)$ 的单调性。

如果 $f(x)$ 是单调递增的，那么 $f(t_1) < f(t_2)$ 当 $t_1 < t_2$，但这样 $S_{f(t_1)}$ 包含所有 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t_1)$，而 $S_{f(t_2)}$ 包含所有 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t_2)$，由于 $f(t_2) > f(t_1)$，所以 $S_{f(t_2)} \subseteq S_{f(t_1)}$，不满足题意。

所以，可能需要 $f(x)$ 是单调递减的，这样 $f(t_1) > f(t_2)$ 当 $t_1 < t_2$，那么 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$。

所以，我需要 $f(x)$ 在整个定义域上是单调递减的。

即，$f'(x) = e^x - m x \leq 0$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立。

现在需要求 $m$ 的取值范围，使得 $e^x - m x \leq 0$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立。

首先，考虑 $x \to -\infty$，$e^x \to 0$，而 $-m x \to +\infty$ 如果 $m > 0$，或者 $-m x \to -\infty$ 如果 $m < 0$。

为了 $e^x - m x \leq 0$，当 $x \to -\infty$，如果 $m > 0$，则 $-m x \to +\infty$，所以 $e^x - m x \to -\infty \leq 0$，这成立。

当 $x \to +\infty$，$e^x$ 增长比 $m x$ 快，所以 $e^x - m x \to +\infty$，这不满足 $e^x - m x \leq 0$。

所以，只有当 $m$ 足够大，使得 $e^x - m x \leq 0$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立。

但实际上，当 $x \to +\infty$，$e^x$ 始终会超过任何线性函数 $m x$，所以不可能有 $e^x - m x \leq 0$ 对所有 $x$ 成立。

看来我的思路有问题。

也许需要重新考虑题目的条件。

题目要求的是对于任意 $t_1 < t_2 \in D$，都有 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$，即如果 $f(x) \geq f(t_1)$，则 $f(x) \geq f(t_2)$。

这意味着，集合 $S_{f(t)}$ 随着 $t$ 增大而增大，即 $t_1 < t_2$ 时，$S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$。

这等价于 $f(t)$ 是递减函数，因为 $t_1 < t_2$ 时，$f(t_1) \geq f(t_2)$，所以 $S_{f(t_1)}$ 包含所有 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t_1)$，而 $S_{f(t_2)}$ 包含所有 $x$ 使得 $f(x) \geq f(t_2)$，因为 $f(t_1) \geq f(t_2)$，所以 $S_{f(t_2)} \subseteq S_{f(t_1)}$，这与题目要求的相反。

看来我理解错了。

也许应该理解为，$S_{f(t)}$ 随 $t$ 增大而增大，即 $t_1 < t_2$ 时，$S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$，这意味着当 $t$ 增大时，$f(t)$ 减小，因为 $S_{f(t)}$ 是 $f(x) \geq f(t)$，所以 $f(t)$ 减小意味着 $S_{f(t)}$ 包含更多的 $x$，即 $S_{f(t)}$ 增大。

所以，确实需要 $f(t)$ 是单调递减函数。

但是，像之前分析的，$f(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$ 的导数是 $f'(x) = e^x - m x$，要 $f'(x) \leq 0$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$，但这是不可能的，因为当 $x \to +\infty$，$e^x$ 会超过 $m x$。

所以，可能需要更深入地分析。

也许需要找到 $m$ 的范围，使得 $f(t_1) \geq f(t_2)$ 当 $t_1 < t_2$，即 $f$ 是单调递减的。

即使不能在整个实数域上单调递减，可能需要在某个区间内满足这个条件。

或者，考虑 $f(x)$ 的极值点。

求 $f'(x) = e^x - m x = 0$，即 $e^x = m x$。

这个方程的解取决于 $m$ 的值。

如果 $m$ 很小，可能只有很少的解；如果 $m$ 很大，可能有多个解。

需要分析这个方程的解的情况。

考虑函数 $g(x) = e^x - m x$，其导数是 $g'(x) = e^x - m$。

令 $g'(x) = 0$，得到 $e^x = m$，即 $x = \ln m$。

所以，函数 $g(x)$ 在 $x = \ln m$ 处取得极小值。

计算这个极小值：

$g(\ln m) = e^{\ln m} - m \ln m = m - m \ln m = m(1 - \ln m)$。

要使 $g(x) = e^x - m x \geq 0$ 对所有 $x$，需要 $g(x) \geq 0$。

但是，我们之前知道，当 $x \to +\infty$，$e^x$ 增长快于 $m x$，所以 $g(x) \to +\infty$。

当 $x \to -\infty$，$e^x \to 0$，$-m x \to +\infty$ 如果 $m > 0$，所以 $g(x) \to +\infty$。

在 $x = \ln m$，$g(\ln m) = m(1 - \ln m)$。

要使 $g(x) \geq 0$ 对所有 $x$，需要 $g(\ln m) \geq 0$，即 $m(1 - \ln m) \geq 0$。

因为 $m > 0$，所以 $1 - \ln m \geq 0$，即 $\ln m \leq 1$，即 $m \leq e$。

所以，当 $m \leq e$，$g(x) = e^x - m x \geq 0$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立。

这意味着 $f'(x) = e^x - m x \geq 0$，即 $f(x)$ 是单调递增的。

但是，这与我们之前的结论矛盾。

看来我需要重新考虑。

题目要求的是 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$ 当 $t_1 < t_2$，这意味着 $f(t_1) \geq f(t_2)$，即 $f(x)$ 是单调递减的。

但是，根据上面的分析，当 $m \leq e$，$f'(x) \geq 0$，即 $f(x)$ 是单调递增的。

所以，似乎没有 $m$ 的取值使得 $f(x)$ 是单调递减的。

可能需要更深入地考虑。

也许不是要求 $f(x)$ 全局单调递减，而是局部满足某种条件。

或者，考虑 $S_{f(t)}$ 的具体形式。

集合 $S_{f(t)} = \{ x | e^x - \frac{1}{2} m x^2 \geq e^t - \frac{1}{2} m t^2 \}$。

这可以改写为 $e^x - e^t \geq \frac{1}{2} m (x^2 - t^2)$。

可能需要比较 $e^x - e^t$ 和 $\frac{1}{2} m (x^2 - t^2)$ 的大小关系。

这看起来比较复杂，可能需要进一步的技巧。

也许考虑函数 $h(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$，并研究它的图像。

如果 $h(x)$ 是凹函数或者凸函数，可能有助于分析。

计算二阶导数：

$h''(x) = e^x - m$。

如果 $h''(x) > 0$，即 $e^x - m > 0$，函数是凸的；如果 $h''(x) < 0$，函数是凹的。

这个可能对分析 $S_{f(t)}$ 的包含关系有帮助。

但是，这仍然比较模糊，可能需要尝试其他方法。

也许可以考虑 $t_1 < t_2$，并比较 $S_{f(t_1)}$ 和 $S_{f(t_2)}$ 的关系。

如果 $f(t_1) \geq f(t_2)$，那么 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$。

所以，需要 $f(t)$ 是单调递减的。

但是，根据前面的分析，$f(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$ 的导数 $f'(x) = e^x - m x$，要使得 $f'(x) \leq 0$，即 $e^x \leq m x$，这在 $x \to +\infty$ 时不可能成立，因为 $e^x$ 增长得比 $m x$ 快。

所以，可能没有这样的 $m$ 使得 $f(x)$ 在整个实数域上单调递减。

也许题目有其他的理解方式。

或者，可能需要 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$ 对于任意 $t_1 < t_2$，这可能意味着 $f(x)$ 的图像具有某种单调性或其他性质。

也许需要画图来帮助理解。

考虑 $f(x) = e^x - \frac{1}{2} m x^2$，当 $m = 0$，函数是 $e^x$，是单调递增的。

随着 $m$ 增大，减去 $\frac{1}{2} m x^2$，这会使得函数在 $x$ 较大时减小，可能使得函数在某些区间内先增后减，或者有极值点。

具体来说，求 $f'(x) = e^x - m x = 0$，即 $e^x = m x$。

这个方程的解取决于 $m$ 的值。

当 $m$ 很小时，可能只有一个解；当 $m$ 增大时，可能有两个解。

需要具体分析这个方程的解的情况。

考虑函数 $g(x) = e^x - m x$，其导数是 $g'(x) = e^x - m$。

当 $m \leq 0$，$g'(x) > 0$ 对所有 $x$，所以 $g(x)$ 单调递增，只有一个解 $x$ 使得 $g(x) = 0$，如果有的话。

当 $m > 0$，$g'(x) = 0$ 当 $x = \ln m$，此时 $g(\ln m) = m - m \ln m = m(1 - \ln m)$。

如果 $m(1 - \ln m) \geq 0$，即 $m \leq e$，那么 $g(x) \geq 0$ 对所有 $x$，因为最小值 $g(\ln m) \geq 0$。

如果 $m > e$，则 $g(\ln m) = m(1 - \ln m) < 0$，所以 $g(x) = 0$ 有两个解，一个在 $x < \ln m$，一个在 $x > \ln m$。

所以，当 $m > e$，$g(x) = 0$ 有两个解；当 $m = e$，只有一个解；当 $m < e$，没有实数解或者只有一个解，具体取决于 $m$。

现在，回到原题，要求 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$ 对任意 $t_1 < t_2$。

这相当于说，对于任意 $t_1 < t_2$，如果 $f(x) \geq f(t_1)$，则 $f(x) \geq f(t_2)$。

这意味着 $f(t_1) \geq f(t_2)$，即 $f(x)$ 是单调递减的。

但是，根据前面的分析，当 $m > e$，$f(x)$ 可能在某些区间内是单调递减的，但整体上不一定是单调递减的。

所以，可能需要 $m$ 满足某些更严格的条件。

也许需要 $f(x)$ 是单调递减的，或者 $f(x)$ 的最小值大于等于某个值。

这看起来比较复杂，可能需要进一步的计算。

也许可以考虑 $f(t_1) \geq f(t_2)$ 对任意 $t_1 < t_2$，即 $f(t)$ 是非增函数。

这等价于 $f'(t) \leq 0$ 对所有 $t \in \mathbb{R}$。

即 $e^t - m t \leq 0$ 对所有 $t \in \mathbb{R}$。

但是，正如之前所说，这是不可能的，因为当 $t \to +\infty$，$e^t$ 增长得比 $m t$ 快。

所以，可能需要考虑 $f(t)$ 的极值情况。

假设 $f(t)$ 在某个点 $t_0$ 取得最大值，然后在 $t < t_0$ 时 $f(t)$ 单调递增，在 $t > t_0$ 时单调递减。

这样，可能无法满足 $S_{f(t_1)} \subseteq S_{f(t_2)}$ 对任意 $t_1 < t_2$。

看来这个问题比较复杂，可能需要更深入的分析或者采用其他的方法。

也许需要考虑 $f(x) - f(t) \geq 0$，即 $e^x - \frac{1}{2} m x^2 - e^t + \frac{1}{2} m t^2 \geq 0$，然后分析这个不等式。

这可能涉及到函数的凹凸性或者其他的性质，但目前还不清楚具体该怎么进行。

也许需要考虑 $f(x)$ 的图像与 $f(t)$ 的关系，来确定 $S_{f(t)}$ 的形状。

不过，这对我来说有点困难，可能需要查阅相关的资料或者向老师请教。

总之，这个第三小题确实有些难度，我需要再仔细思考一下，或者尝试其他的方法来解决。