5.已知定義在(-1,1)上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足:對(duì)任意x,y∈(-1,1)都有f(x)+f(y)=f(x+y).
(Ⅰ)求證:函數(shù)f(x)是奇函數(shù);
(Ⅱ)如果當(dāng)x∈(-1,0]時(shí),有f(x)<0,試判斷f(x)在(-1,1)上的單調(diào)性,并用定義證明你的判斷;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下,若a-8x+1>0對(duì)滿(mǎn)足不等式f(x-$\frac{1}{2}$)+f($\frac{1}{4}$-2x)<0的任意x恒成立,求a的取值范圍.

分析 (Ⅰ)根據(jù)題意,先分析函數(shù)的定義域,可得其定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng),進(jìn)而令y=x=0,可得f(0)=0,再令y=-x,分析可得f(-x)=-f(x),即可得答案;
(Ⅱ)分析可得:y=f(x)為(-1,1)上單調(diào)遞增,進(jìn)而證明:先用定義法證明可得y=f(x)為(-1,0]上單調(diào)遞增,進(jìn)而結(jié)合函數(shù)的奇偶性可得y=f(x)為(-1,0]上單調(diào)遞增,綜合可得答案;
(Ⅲ)根據(jù)題意,由函數(shù)的奇偶性以及單調(diào)性可得:若f(x-$\frac{1}{2}$)+f($\frac{1}{4}$-2x)<0,則必有$\left\{\begin{array}{l}{-1<x-\frac{1}{2}<1}\\{-1<2x-\frac{1}{4}<1}\\{x-\frac{1}{2}<2x-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$,解可得x的范圍,所以原問(wèn)題等價(jià)于a-8x+1>0對(duì)于-$\frac{1}{4}$<x<$\frac{5}{8}$恒成立,分析可得a的取值范圍,即可得答案.

解答 解:(Ⅰ)由題可知,函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)椋?1,1),關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng);
對(duì)于f(x)+f(y)=f(x+y).
令y=x=0,可得2f(0)=f(0),從而f(0)=0,
再令y=-x,可得f(x)+f(-x)=f(0)=0,即f(-x)=-f(x),
所以y=f(x)為(-1,1)上的奇函數(shù);
(Ⅱ)y=f(x)為(-1,1)上單調(diào)遞增,
證明如下:
設(shè)x1、x2為區(qū)間(-1,0]上的任意兩個(gè)自變量的值,且x1<x2,
則f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2);
由于-1<x1<x2<0,所以-1<x1-x2≤0,從而f(x1-x2)<0,
即f(x1)<f(x2),所以y=f(x)為(-1,0]上單調(diào)遞增,
又由于y=f(x)為(-1,1)上的奇函數(shù);
由奇函數(shù)的性質(zhì)分析可得:y=f(x)為[0,1)上單調(diào)遞增,
故y=f(x)為(-1,1)上單調(diào)遞增,
(Ⅲ)根據(jù)題意,若f(x-$\frac{1}{2}$)+f($\frac{1}{4}$-2x)<0,
則有f(x-$\frac{1}{2}$)<f(2x-$\frac{1}{4}$),
則必有$\left\{\begin{array}{l}{-1<x-\frac{1}{2}<1}\\{-1<2x-\frac{1}{4}<1}\\{x-\frac{1}{2}<2x-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$,
解可得-$\frac{1}{4}$<x<$\frac{5}{8}$,
所以原問(wèn)題等價(jià)于a-8x+1>0對(duì)于-$\frac{1}{4}$<x<$\frac{5}{8}$恒成立,
則必有a≥[8×($\frac{5}{8}$)-1]=4,即a≥4;
故a的取值范圍是[4,+∞).

點(diǎn)評(píng) 本題考查抽象函數(shù)的應(yīng)用,涉及函數(shù)奇偶性、單調(diào)性以及函數(shù)恒成立問(wèn)題的運(yùn)用,對(duì)于(Ⅲ),關(guān)鍵在于將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a-8x+1>0對(duì)于-$\frac{1}{4}$<x<$\frac{5}{8}$恒成立問(wèn)題.

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