已知函数f(x)=$\left\{\begin{matrix}x+4x，x≥0 \ 4x-x_，x＜0. \ \end{matrix}\right.$若f(2-a_)＞f(a)，则实数a的取值范围是（ ）
分析：
由题义知分段函数求值应分段处理，利用函数的单调性求解不等式．
解答：
解：f(x)=$\left\{\begin{matrix}x+4x=(x+2)_-4，x≥0 \ 4x-x_=-(x-2)_+4，x＜0 \ \end{matrix}\right.$
由f(x)的解析式可知，f(x)在(-∞，+∞)上是单调递增函数，在由f(2-a_)＞f(a)，得2-a_＞a
即a_+a-2＜0，解得-2＜a＜1．
故选C
点评：
此题重点考查了分段函数的求值，还考查了利用函数的单调性求解不等式，同时一元二次不等式求解也要过关．
已知f(x)为R上的减函数，则满足f($\frac {1}{x}$)＞f(1)的实数x的取值范围是（ ）
分析：
由函数的单调性可直接得到$\frac {1}{x}$与1的大小，转化为解分式不等式，直接求解或特值法均可．
解答：
解：由已知得$\frac {1}{x}$＜1解得x＜0或x＞1，
故选D．
点评：
本题考查利用函数的单调性解不等式，属基本题．
已知函数f(x)=$\left\{\begin{matrix}x+1，x＜0 \ 1， x＞0 \ \end{matrix}\right.$，若f(x-4)＞f(2x-3)，则实数x的取值范围是( )．
分析：
结合分段函数的各段上的单调性可比较，x-4与2x-3的大小，从而可求x的范围
解答：
解：y=1+x_在(-∞，0)上单调递减
∵f(x-4)＞f(2x-3)
∴x-4＜2x-3≤0或$\left\{\begin{matrix}x-4＜0 \ 2x-3≥0 \ \end{matrix}\right.$
解得-1＜x＜4
故答案为：(-1，4)，选C.
点评：
本题主要考查了不等式的解法，解题的关键是利用函数的单调性
已知函数f(x)在(-∞，+∞)上单调递减，且f(2)=0，若f(x-1)＞0，则x的取值范围( )．
分析：
由f(2)=0，知f(x-1)＞0化为f(x-1)＞f(2)，再利用函数的单调性可得x-1＜2．
解答：
解：∵f(2)=0，∴f(x-1)＞0化为f(x-1)＞f(2)，
又f(x)在(-∞，+∞)上单调递减，
∴x-1＜2，解得x＜3，
∴x的取值范围是(-∞，3)，
故答案为：(-∞，3)，选B．
点评：
该题考查函数的单调性及其应用，属基础题，正确利用函数的单调性去掉不等式中的符号“f”是解题关键．
设函数f (x)是(-∞，+∞)上的减函数，又若a∈R，则（ ）
分析：
先确定变量的大小关系，利用函数的单调性，即可得到函数值的大小关系．
解答：
解：∵a_+1-a=(a-$\frac {1}{2}$)_+$\frac {3}{4}$＞0
∴a_+1＞a
∵函数f (x)是(-∞，+∞)上的减函数，
∴f (a_+1)＜f (a)
故选D．
点评：
本题考查函数的单调性，考查学生的计算能力，属于基础题．
已知f(x)在其定义域(0，+∞)上为增函数，f(2)=1，f(xy)=f(x)+f(y)，则不等式f(x)+f(x-2)≤3的解集是( )．
分析：
先利用条件求出f(8)=3，不等式转化为f(x(x-2))≤f(8)，再利用函数的定义域和单调性来解出不等式的解集．
解答：
解：∵f(x)在其定义域(0，+∞)上为增函数，f(2)=1，
∴f(4)=2，f(8)=f(4×2)=3，
又∵f(xy)=f(x)+f(y)，
∴不等式f(x)+f(x-2)≤3 即 f(x(x-2))≤f(8)，
∴$\left\{\begin{matrix}x＞0 \ x-2＞0 \ x(x-2)≤8 \ \end{matrix}\right.$，
∴2＜x≤4，
故不等式的解集是 (2，4]，
故答案为：C.
点评：
本题考查抽象函数及其应用，利用题中的两个条件把不等式进行转化，再利用定义域及单调性来解，属于中档题
若f(x)为R上是增函数，则满足f(2-m)＜f(m_)的实数m的取值范围是( )．
分析：
根据函数f(x)的单调性可把f(2-m)＜f(m_)化为2-m＜m_，解不等式即可．
解答：
解：因为f(x)为R上的增函数，且满足f(2-m)＜f(m_)，
所以2-m＜m_，即m_+m-2＞0，解得m＜-2或m＞1，
所以实数m的取值范围是(-∞，-2)∪(1，+∞)．
故答案为：(-∞，-2)∪(1，+∞)，选D．
点评：
本题考查函数单调性的性质，抽象不等式的求解，解决本题的关键是利用函数单调性化抽象不等式为具体不等式．
已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，-2)，B(3，2)是其图象上的两点，那么|f(x+1)|＜2的解集是（ ）
分析：
因为A(0，-2)，B(3，2)是函数f(x)图象上的两点，可知f(0)=-2，f(3)=2，所以不等式|f(x+1)|＜2可以变形为-2＜f(x+1)＜2，即f(0)＜f(x+1)＜f(3)，再根据函数f(x)是R上的增函数，去函数符号，解出x的范围就得不等式|f(x+1)|＜2的解集．
解答：
解：不等式|f(x+1)|＜2可变形为-2＜f(x+1)＜2，
∵A(0，-2)，B(3，2)是函数f(x)图象上的两点，∴f(0)=-2，f(3)=2，
∴-2＜f(x+1)＜2等价于不等式f(0)＜f(x+1)＜f(3)，
又∵函数f(x)是R上的增函数，
∴f(0)＜f(x+1)＜f(3)等价于0＜x+1＜3，
解得-1＜x＜2，
∴不等式|f(x+1)|＜2的解集为(-1，2)．
故选B．
点评：
本题主要考查利用函数的单调性解不等式，解决本题的关键是借助函数单调性去掉函数符号．
已知f(x)是R上的增函数，A(0，-1)、B(3，1)是其图象上的两点，那么|f(x+1)|＜1的解集是（ ）
分析：
由题意得|f(x+1)|＜1⇔-1＜f(x+1)＜1，即f(0)＜f(x+1)＜f(3)．根据f(x)为R上的增函数，可得0＜x+1＜3，解出x．
解答：
解：由题意知f(0)=-1，f(3)=1．
又|f(x+1)|＜1⇔-1＜f(x+1)＜1，
即f(0)＜f(x+1)＜f(3)．
又f(x)为R上的增函数，
∴0＜x+1＜3．
∴-1＜x＜2，
故选C．
点评：
本题考查函数的单调性的应用，以及绝对值不等式的解法，体现了转化的数学思想．