1．下列说法正确的是（ ）
A．所有的函数在其定义域上都具有单调性
B．若函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ [1,3] $ 上单调递减，则函数 $ y=f(x) $ 的单调递减区间是 $ [1,3] $
C．若函数 $ f(x) $ 为 $ \boldsymbol{R} $ 上的减函数，则 $ f(-3) > f(3) $
D．若函数 $ y=f(x) $ 在定义域上有 $ f(1) < f(2) $ ，则函数 $ y=f(x) $ 是增函数
对于 $ \mathrm{A} $ ,函数 $ y=\dfrac{1}{x} $ 在其定义域 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (0,+\mathrm{\infty }) $ 上不具有单调性，故 $ \mathrm{A} $ 错误；
对于 $ \mathrm{B} $ ,函数 $ f(x)=-{x}^{2} $ 在区间 $ [1,3] $ 上单调递减，但 $ f(x) $ 的单调递减区间是 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；
对于 $ \mathrm{C} $ ，函数 $ f(x) $ 为 $ \boldsymbol{R} $ 上的减函数，因为 $ -3 < 3 $ ，所以 $ f(-3) > f(3) $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；
对于 $ \mathrm{D} $ ，函数 $ f(x)=-{\left(x-2\right) ^ {2}} $ ， $ f(1)=-1 $ , $ f(2)=0 $ ，满足 $ f(1) < f(2) $ ，但 $ f(x)={-(x-2)}^{2} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },2] $ 上单调递增，在 $ [2,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，
所以 $ f(x) $ 在其定义域 $ \boldsymbol{R} $ 上不是增函数，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{C} $ .
2．（多选）函数 $ y=f(x) $ 是 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的减函数，且 $ 0 < {x}_{1} < {x}_{2} $ ，则下列选项正确的是（ ）（多选）
A． $ f({x}_{1}) > f({x}_{2}) $
B． $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) > 0 $
C． $ ({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{1})-f({x}_{2})] < 0 $
D． $ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} > 0 $
$ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{B} $ 选项, $ y=f(x) $ 是 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的减函数,且 $ 0 < {x}_{1} < {x}_{2} $ ,故 $ f({x}_{1}) > f({x}_{2}) $ ,则 $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) > 0 $ , $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；
$ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ 选项,因为 $ {x}_{1}-{x}_{2} < 0 $ , $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) > 0 $ ,所以 $ ({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{1})-f({x}_{2})] < 0 $ ,
$ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} < 0 $ , $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.
故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .
3．“函数 $ f(x) $ 在区间 $ [1,2] $ 上不是增函数”的一个充要条件是（ ）
A．“存在 $ a $ ， $ b\in [1,2] $ ，使得 $ a < b $ 且 $ f(a)=f(b) $ ”
B．“存在 $ a $ ， $ b\in [1,2] $ ，使得 $ a < b $ 且 $ f(a)\geqslant f(b) $ ”
C．“存在 $ a\in (1,2] $ ，使得 $ f(a)\leqslant f(1) $ ”
D．“存在 $ a\in (1,2) $ ，使得 $ f(a)\geqslant f(2) $ ”
若函数 $ f(x) $ 在区间 $ [1,2] $ 上是增函数,即任意 $ a $ , $ b\in [1,2] $ ,使得 $ a < b $ 且 $ f(a) < f(b) $ ,则若函数 $ f(x) $ 在区间 $ [1,2] $ 上不是增函数,即存在 $ a $ , $ b\in [1,2] $ ,使得 $ a < b $ 且 $ f(a)\geqslant f(b) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .
4．如图是函数 $ y=f(x) $ 的图象，其定义域为 $ [-2,+\mathrm{\infty }) $ ，则函数 $ f(x) $ 的单调递减区间是（ ）
A． $ [-1,0) $
B． $ [1,+\mathrm{\infty }) $
C． $ [-1,0) $ , $ [1,+\mathrm{\infty }) $
D． $ [-1,0)\cup [1,+\mathrm{\infty }) $
若函数单调递减,则对应图象呈下降趋势,则由题图知, $ f(x) $ 的单调递减区间为 $ [-1,0) $ , $ [1,+\mathrm{\infty }) $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .
5．（多选）下列函数中，在区间 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递增的是（ ）（多选）
A． $ f(x)=-\dfrac{1}{x} $
B． $ f(x)=x $
C． $ f(x)=-{x}^{2} $
D． $ f(x)=1-x $
作出 $ y=-\dfrac{1}{x} $ , $ y=x $ , $ y=-{x}^{2} $ , $ y=1-x $ 的图象如图所示,则由函数的图象知 $ y=-\dfrac{1}{x} $ , $ y=x $ , $ y=-{x}^{2} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递增, $ y=1-x $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递减.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .
6．函数 $ g(x)=x|x-1|+1 $ 的单调递减区间为（ ）
A． $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{2}] $
B． $ [\dfrac{1}{2},1] $
C． $ [1,+\mathrm{\infty }) $
D． $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{2}]\cup [1,+\mathrm{\infty }) $
$ g(x)=x\mid x-1\mid +1=\begin{cases}{x}^{2}-x+1,x\geqslant 1,\\ -{x}^{2}+x+1,x < 1,\end{cases} $ 作出函数 $ g(x) $ 的大致图象，如图所示，由图可知函数 $ g(x) $ 的单调递减区间为 $ [\dfrac{1}{2},1] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .
7．设函数 $ f(x) $ 为 $ \boldsymbol{R} $ 上的增函数，则下列结论正确的是（ ）
A． $ y=xf(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数
B． $ y=\dfrac{f(x)}{x} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为减函数
C． $ y=-\dfrac{1}{f(x)} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数
D． $ y=-f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为减函数
由题设， $ f(x)=x $ 满足要求，则 $ y=\dfrac{f(x)}{x}=1 $ 为常数函数且定义域不是 $ \boldsymbol{R} $ ，故排除 $ \mathrm{B} $ ；
$ y=xf(x)={x}^{2} $ ， $ y=-\dfrac{1}{f(x)}=-\dfrac{1}{x} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上不是单调函数，且函数 $ y=-\dfrac{1}{x} $ 的定义域不是 $ \boldsymbol{R} $ ，故排除 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ ；
若函数 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数，则 $ y=-f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为减函数， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .
8．函数 $ f(x)=|{x}^{2}-3x+2| $ 的单调递减区间是 .
$ (-\mathrm{\infty },1) $ , $ (\dfrac{3}{2},2) $
当 $ x\geqslant 2 $ 或 $ x\leqslant 1 $ 时, $ f(x)={x}^{2}-3x+2 $ , $ f(x) $ 图象的对称轴方程为 $ x=\dfrac{3}{2} $ ,
当 $ 1 < x < 2 $ 时, $ f(x)=-{x}^{2}+3x-2 $ , $ f(x) $ 图象的对称轴方程为 $ x=\dfrac{3}{2} $ ,
作出 $ f(x) $ 的图象如图所示,
由图可知, $ f(x) $ 的单调递减区间为 $ (-\mathrm{\infty },1) $ , $ (\dfrac{3}{2},2) $ .
9．已知函数 $ f(x)=\dfrac{ax+b}{{x}^{2}+1} $ 且经过 $ (-1,-1) $ , $ (\dfrac{1}{2},\dfrac{4}{5}) $ 两点.
（1） 求函数 $ f(x) $ 的解析式；
（2） 利用单调性的定义证明： $ f(x) $ 在 $ (-1,1) $ 上单调递增.
（1） 【解】将点 $ (-1,-1) $ , $ (\dfrac{1}{2},\dfrac{4}{5}) $ 的坐标代入解析式得 $ \begin{cases}\dfrac{-a+b}{1+1}=-1,\\ \dfrac{\dfrac{1}{2}a+b}{{\left(\dfrac{1}{2}\right)}^{2}+1}=\dfrac{4}{5},\end{cases} $
解得 $ \begin{cases}a=2,\\ b=0,\end{cases} $ 故 $ f(x)=\dfrac{2x}{{x}^{2}+1} $ .
（2） 【证明】任取 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (-1,1) $ ,且 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ，
则 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=\dfrac{2{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+1}-\dfrac{2{x}_{2}}{{x}_{2}^{2}+1} $
$ =\dfrac{2{x}_{1}{x}_{2}^{2}+2{x}_{1}-2{x}_{2}{x}_{1}^{2}-2{x}_{2}}{({x}_{1}^{2}+1)({x}_{2}^{2}+1)} $
$ =\dfrac{2{x}_{1}{x}_{2}({x}_{2}-{x}_{1})-2({x}_{2}-{x}_{1})}{({x}_{1}^{2}+1)({x}_{2}^{2}+1)} $
$ =\dfrac{2({x}_{1}{x}_{2}-1)({x}_{2}-{x}_{1})}{({x}_{1}^{2}+1)({x}_{2}^{2}+1)} $ ，
因为 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (-1,1) $ , $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ，所以 $ {x}_{1}{x}_{2}-1 < 0 $ , $ {x}_{2}-{x}_{1} > 0 $ ，
故 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=\dfrac{2({x}_{1}{x}_{2}-1)({x}_{2}-{x}_{1})}{({x}_{1}^{2}+1)({x}_{2}^{2}+1)} < 0 $ ，
故 $ f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ，所以 $ f(x) $ 在 $ (-1,1) $ 上单调递增.
10．函数 $ f(x)=|x|+\dfrac{1}{x} $ 的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
函数 $ f(x)=|x|+\dfrac{1}{x} $ 的定义域为 $ ｛x|x\ne 0｝ $ ，且 $ f(x)=\begin{cases}-x+\dfrac{1}{x},x < 0,\\ x+\dfrac{1}{x},x > 0,\end{cases} $
当 $ x < 0 $ 时，因为函数 $ y=-x $ ， $ y=\dfrac{1}{x} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上都单调递减，所以函数 $ f(x)=-x+\dfrac{1}{x} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递减.
当 $ x > 0 $ 时，由对勾函数的单调性可知，函数 $ f(x)=x+\dfrac{1}{x} $ 在 $ (0,1) $ 上单调递减，在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，故符合函数 $ f(x) $ 的图象为 $ \mathrm{B} $ 选项中的图象.故选 $ \mathrm{B} $ .
11．函数 $ y=f(x) $ 为定义在 $ \boldsymbol{R} $ 上的减函数，若 $ a\ne 0 $ ，则（ ）
A． $ f(a) > f(2a) $
B． $ f({a}^{2}) > f(a) $
C． $ f({a}^{2}+a) < f(a) $
D． $ f({a}^{2}+a) > f(a+1) $
$ y=f(x) $ 是定义在 $ \boldsymbol{R} $ 上的减函数， $ a\ne 0 $ ， $ a $ 与 $ 2a $ 的大小关系不能确定，从而 $ f(a) $ , $ f(2a) $ 的大小关系不确定，故 $ \mathrm{A} $ 错误.
$ {a}^{2}-a=a(a-1) $ ，当 $ a < 0 $ 或 $ a > 1 $ 时， $ {a}^{2} > a $ ；当 $ 0 < a < 1 $ 时， $ {a}^{2} < a $ ，故 $ f({a}^{2}) $ , $ f(a) $ 的大小关系不确定，故 $ \mathrm{B} $ 错误.
$ \because {a}^{2}+a-a={a}^{2} > 0 $ ， $ \therefore {a}^{2}+a > a $ ， $ \therefore f({a}^{2}+a) < f(a) $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确.
$ {a}^{2}+a-a-1={a}^{2}-1=(a+1)(a-1) $ ，当 $ a < -1 $ 或 $ a > 1 $ 时， $ {a}^{2}+a > a+1 $ ；当 $ 0 < a < 1 $ 时， $ {a}^{2}+a < a+1 $ ，故 $ f({a}^{2}+a) $ , $ f(a+1) $ 的大小关系不确定， $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{C} $ .
12．若函数 $ f(x)=-{x}^{2}+4ax $ 与 $ g(x)=\dfrac{2x-a+1}{x-2a} $ 在区间 $ [1,2] $ 上都单调递减，则实数 $ a $ 的取值范围是（ ）
A． $ (-\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}) $
B． $ (-\dfrac{1}{2},1] $
C． $ (-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3}] $
D． $ (-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}) $
由题意，函数 $ f(x)=-{x}^{2}+4ax $ 的图象对应的抛物线开口向下，对称轴为直线 $ x=2a $ ，故 $ f(x) $ 在 $ [2a,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，
若 $ f(x) $ 在区间 $ [1,2] $ 上单调递减，则 $ 2a\leqslant 1 $ ，解得 $ a\leqslant \dfrac{1}{2} $ .
函数 $ g(x)=\dfrac{2x-a+1}{x-2a}=\dfrac{2(x-2a)+3a+1}{x-2a}=2+\dfrac{3a+1}{x-2a} $ ，若 $ g(x) $ 在区间 $ [1,2] $ 上单调递减，则 $ 3a+1 > 0 $ ，且 $ 2a < 1 $ 或 $ 2a > 2 $ ，即 $ -\dfrac{1}{3} < a < \dfrac{1}{2} $ 或 $ a > 1 $ .
综上，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (-\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}) $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .
13．已知函数 $ f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x} $ ，则不等式 $ f(x+1) > f(2x) $ 的解集为（ ）
A． $ (-\mathrm{\infty },1) $
B． $ (-\mathrm{\infty },1] $
C． $ [-\dfrac{1}{2},0] $
D． $ [-\dfrac{1}{2},1) $
函数 $ f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x} $ ，由 $ \begin{cases}x+1\geqslant 0,\\ 1-x\geqslant 0,\end{cases} $ 解得 $ -1\leqslant x\leqslant 1 $ ，则 $ f(x) $ 的定义域为 $ [-1,1] $ .
因为 $ y=\sqrt{x+1} $ 是增函数， $ y=-\sqrt{1-x} $ 也是增函数，
所以 $ f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x} $ 是 $ [-1,1] $ 上的增函数，
由不等式 $ f(x+1) > f(2x) $ 得 $ \begin{cases}-1\leqslant x+1\leqslant 1,\\ -1\leqslant 2x\leqslant 1,\\ x+1 > 2x,\end{cases} $ 解得 $ -\dfrac{1}{2}\leqslant x\leqslant 0 $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .
14．若函数 $ f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{x},x < a,\\ \mid x+2\mid ,x\geqslant a\end{cases} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },a) $ 上单调递减，在 $ (a,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，则实数 $ a $ 的取值范围是（ ）
A． $ [2,+\mathrm{\infty }) $
B． $ [-2,+\mathrm{\infty }) $
C． $ [0,2] $
D． $ [-2,0] $
函数 $ f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{x},x < a,\\ \mid x+2\mid ,x\geqslant a,\end{cases} $ 根据反比例函数的性质可得 $ y=\dfrac{1}{x} $ 在区间 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递减，要使函数 $ f(x) $ 在区间 $ (-\mathrm{\infty },a) $ 上单调递减，则 $ a\leqslant 0 $ .
由 $ f(x)=\left|x+2\right| $ 在 $ (a,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，得 $ a+2\geqslant 0 $ ，解得 $ a\geqslant -2 $ .故实数 $ a $ 的取值范围是 $ [-2,0] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
15．已知定义在 $ \boldsymbol{R} $ 上的函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x+y)=f(x)+f(y)+2 $ , $ f(1)=2 $ ，且当 $ x > 0 $ 时， $ f(x) > -2 $ ，则不等式 $ f({x}^{2}+x)+f(1-2x) > 8 $ 的解集为（ ）
A． $ ｛x|x < -2 $ 或 $ x > 1｝ $
B． $ ｛x|x < -1 $ 或 $ x > 2｝ $
C． $ ｛x|-1 < x < 2｝ $
D． $ ｛x|-2 < x < 1｝ $
已知 $ f(x+y)=f(x)+f(y)+2 $ , $ f(1)=2 $ ，
令 $ x=y=1 $ ，则 $ f(2)=f(1)+f(1)+2=6 $ ，
令 $ x=2 $ , $ y=1 $ ，则 $ f(3)=f(2)+f(1)+2=10 $ .
令 $ x={x}_{2} $ , $ y={x}_{1}-{x}_{2} $ ，且 $ {x}_{1} > {x}_{2} $ ，则 $ f({x}_{1})=f({x}_{2})+f({x}_{1}-{x}_{2})+2 $ ，
整理得 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=f({x}_{1}-{x}_{2})+2 $ ，
因为 $ {x}_{1} > {x}_{2} $ ，所以 $ {x}_{1}-{x}_{2} > 0 $ ，可得 $ f({x}_{1}-{x}_{2}) > -2 $ ，
所以 $ f({x}_{1})-f({x}_{2})=f({x}_{1}-{x}_{2})+2 > 0 $ ，即 $ f({x}_{1}) > f({x}_{2}) $ ，
可知 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增.
又 $ f({x}^{2}+x)+f(1-2x) > 8 $ ，即 $ f({x}^{2}+x)+f(1-2x)+2 > 10 $ ，
可得 $ f({x}^{2}+x+1-2x) > f(3) $ ，即 $ f({x}^{2}-x+1) > f(3) $ ，
结合 $ f(x) $ 在定义域 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增，可得 $ {x}^{2}-x+1 > 3 $ ，解得 $ x < -1 $ 或 $ x > 2 $ ，
所以不等式 $ f({x}^{2}+x)+f(1-2x) > 8 $ 的解集为 $ ｛x|x < -1 $ 或 $ x > 2｝ $ .故选 $ \mathrm{B} $ .
16．定义在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的函数 $ f(x) $ 满足：①当 $ x > 1 $ 时， $ f(x) > 0 $ ；②对任意实数 $ x $ ， $ y $ 都有 $ f(x\cdot y)=f(x)+f(y) $ .
（1） 证明：当 $ 0 < x < 1 $ 时， $ f(x) < 0 $ ；
（2） 判断 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上的单调性；
（3） 解不等式 $ f(x+1)+f(2x-3) > 0 $ .
（1） 【证明】令 $ x=y=1 $ ，则 $ f(1)=f(1)+f(1) $ ，所以 $ f(1)=0 $ .
当 $ 0 < x < 1 $ 时， $ \dfrac{1}{x} > 1 $ ，则 $ f(\dfrac{1}{x}) > 0 $ ，
在 $ f(x\cdot y)=f(x)+f(y) $ 中，
令 $ y=\dfrac{1}{x} $ ，则 $ f(1)=f(x)+f(\dfrac{1}{x}) $ ，所以 $ f(x)=-f(\dfrac{1}{x}) < 0 $ .
（2） 【解】设 $ 0 < {x}_{1} < {x}_{2} $ ，则 $ \dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}} > 1 $ ，所以 $ f(\dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}}) > 0 $ ，
于是 $ f({x}_{2})=f({x}_{1}\cdot \dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}})=f({x}_{1})+f(\dfrac{{x}_{2}}{{x}_{1}}) > f({x}_{1}) $ ，
故 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.
（3） 【解】由题意知，原不等式等价于 $ f((x+1)(2x-3)) > f(1) $ ,
由（2）知， $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，可得 $ (x+1)(2x-3) > 1 $ ，且 $ x+1 > 0 $ , $ 2x-3 > 0 $ ，解得 $ x > \dfrac{1+\sqrt{33}}{4} $ .
故原不等式的解集是 $ (\dfrac{1+\sqrt{33}}{4},+\mathrm{\infty }) $ .
17．若函数 $ f(x)=k{x}^{2}+(3k-2)x-5 $ 在 $ (-\mathrm{\infty },1] $ 上单调递减，则实数 $ k $ 的取值范围是 .
$ [0,\dfrac{2}{5}] $
当 $ k=0 $ 时， $ f(x)=-2x-5 $ ，显然此函数在 $ (-\mathrm{\infty },1] $ 上单调递减；
当 $ k\ne 0 $ 时，函数 $ f(x) $ 图象的对称轴为直线 $ x=-\dfrac{3k-2}{2k} $ ，要使函数 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },1] $ 上单调递减，
只需满足 $ \begin{cases}k > 0,\\ -\dfrac{3k-2}{2k}\geqslant 1,\end{cases} $ 解得 $ 0 < k\leqslant \dfrac{2}{5} $ .
综上所述，实数 $ k $ 的取值范围是 $ [0,\dfrac{2}{5}] $ .
18．已知函数 $ f(x)=\begin{cases}-{x}^{2}-ax-9,x\leqslant 1,\\ \dfrac{a}{x},x > 1\end{cases} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，则实数 $ a $ 的取值范围为（ ）
A． $ [-5,0) $
B． $ (-\mathrm{\infty },-2) $
C． $ (-\mathrm{\infty },0) $
D． $ [-5,-2] $
当 $ x\leqslant 1 $ 时， $ f(x)=-{x}^{2}-ax-9 $ ，函数 $ y=-{x}^{2}-ax-9 $ 的图象开口向下，对称轴为直线 $ x=-\dfrac{a}{2} $ ，当 $ x < -\dfrac{a}{2} $ 时， $ y=-{x}^{2}-ax-9 $ 单调递增.
当 $ x > 1 $ 时， $ f(x)=\dfrac{a}{x} $ ，
又因为函数 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增，当 $ a < 0 $ 时，函数 $ y=\dfrac{a}{x} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.
所以 $ \begin{cases}-\dfrac{a}{2}\geqslant 1,\\ a < 0,\\ -1-a-9\leqslant a,\end{cases} $ 解得 $ -5\leqslant a\leqslant -2 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .