如果函式\(f(x)\)為偶函式，則其必然滿足，\(f(-x)=f(x)\)，且有\(f(x)=f(-x)=f(|x|)=f(|x-0|)\)；其實在涉及偶函式的考查中，用到最多見的變形是使用\(f(x)=f(-x)=f(|x|)=f(|x-0|)\)；
已知函式\(y=f(x)=e^x+e^\)，求解不等式\(f(x)>f(2-x)\)中\(x\)的取值範圍。
法1：[分類討論，很繁瑣的思路]
先判斷函式的定義域為\(r\)，且為偶函式；
又由於\(x>0\)時，\(e^x>1\)且\(0<\cfrac<1\)，則\(f'(x)=e^x-\cfrac>0\)，
則可知在\((-\infty，0]\)上單調遞減，在\([0，+\infty)\)上單調遞增。
若針對兩個自變數\(x\)和\(2-x\)分類討論，則得到以下四種情形：
ⅰ.\(\left\\\\\\end\right.\)或\(\quad\)ⅱ.\(\left\\\\\\end\right.\)
或ⅲ.\(\left\\\\\\end\right.\)或\(\quad\)ⅳ.\(\left\\\\\\end\right.\)
解ⅰ得到，\(1；解ⅱ得到，\(x\in \varnothing\)；
解ⅲ得到，\(x\ge 2\)；解ⅳ得到，\(x\in \varnothing\)；
求並集得到\(x\)的取值範圍為\(x>1\)，即\(x\in (1，+\infty)\)。
法2：[利用偶函式的性質，簡潔明快]
先判斷函式的定義域為\(r\)，在\((-\infty，0]\)上單調遞減，在\([0，+\infty)\)上單調遞增，且為偶函式；
故由\(f(x)>f(2-x)\)變形得到，\(f(|x|)>f(|2-x|)\)
對於偶函式而言，\(f(x)\)
\(=\)
\(f(-x)\)
\(=\)
\(f(|x|)\)
\(=\)
\(f(|x-0|)\)，故由\(f(x)\)
\(>\)
\(f(2-x)\)得到，即\(f(|x|)\)
\(>\)
\(f(|2-x|)\)，也即\(f(|x-0|)\)
\(>\)
\(f(|2-x-0|)\)，
\(\quad\)，
又由於\(|x|\)和\(|2-x|\)都位於區間\([0,+\infty)\)上，且已知函式\(f(x)\)在\([0,+\infty)\)上單調遞增，
故得到\(|x|>|2-x|\)，則\(x^2>(2-x)^2\)，解得\(x>1\)。即\(x\in (1，+\infty)\)。
若函式\(f(x)\)為偶函式，對稱軸為直線\(x=0\)；其滿足\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)；如果求解\(f(x_1)>f(x_2)\)，往往首先轉化為\(f(|x_1-0|)>f(|x_2-0|)\)，其中\(|x_1-0|\)和\(|x_2-0|\)的意義分別表示自變數\(x_1\)和\(x_2\)到對稱軸\(x=0\)的距離，然後利用單調性去掉符號法則\(f\)求解即可；
引申，函式\(g(x)\)非偶函式，對稱軸為直線\(x=2\)；如果求解\(g(x_1)>g(x_2)\)，則利用單調性可以得到\(|x_1-2|\)
\(>\)
\(|x_2-2|\)【或\(|x_1-2|\)
\(<\)
\(|x_2-2|\)】，其中\(|x_1-2|\)和\(|x_2-2|\)的意義分別表示自變數\(x_1\)和\(x_2\)到對稱軸\(x=2\)的距離，再兩邊平方求解即可；
若函式\(f(x)\)為偶函式，則有對稱軸為直線\(x=0\)，在\([0,+\infty)\)上單調遞增；如果求解\(f(x_1)>f(x_2)\)，則得到\(|x_1-0|>|x_2-0|\)；
函式\(g(x)\)非偶函式，對稱軸為直線\(x=2\)，在\([2,+\infty)\)上單調遞增；；如果求解\(g(x_1)>g(x_2)\)，則得到\(|x_1-2|\)
\(>\)
\(|x_2-2|\)；
已知函式\(f(x+2)\)是定義域為\(r\)的偶函式，\(f(x)\)在\((2, +\infty)\)上單調遞減，則不等式\(f(\ln x)-f(1)<0\)的解集是 【\(\quad\)】
$a.(0,1)\cup (3,+\infty)$ $b.(1,3)$ $c.(0,e)\cup (e^3,+\infty)$ $d.(e,e^3)$
法1：利用示意圖影象求解；
由於\(f(x+2)\) 的圖象關於\(y\) 軸對稱，故 \(f(x)\) 的圖象關於直線 \(x=2\) 對稱，
則有\(f(1)=f(3)\)，由\(f(\ln x)-f(1)<0\)得到，\(f(\ln x)，
又由於\(f(x)\) 在 \((2,+\infty)\) 上單調遞減，可得 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 2)\) 上單調遞增，
故得到即\(\ln x<1=\ln e\)或\(\ln x>3=\ln e^3\)，
解得 \(0或 \(x>e^\)，故選：\(c\).
法2：模擬偶函式的性質求解；
\(f(x+2)\) 的圖象關於 \(y\) 軸對稱，故\(f(x)\)的圖象關於直線 \(x=2\) 對稱，
且\(f(x)\)在在\((-\infty, 2)\)上單調遞增，\((2,+\infty)\)上單調遞減，
由\(f(\ln x)-f(1)<0\)先變形為 \(f(\ln x)，
則結合絕對值的定義，得到\(|\ln x-2|>|1-2|=1\)
故自變數的值\(x\)距離對稱軸\(x=2\)越遠，則函式值\(f(x)\)越小；由\(f(\ln x)\)
\(<\)
\(f(1)\)，則得到\(|\ln x-2|\)
\(>\)
\(|1-2|\)
即\(|\ln x-2|>1\)
所以\(\ln x-2>1\) 或\(\ln x-2<-1\)，即\(\ln x<1=\ln e\)或\(\ln x>3=\ln e^3\)，
解得 \(0或 \(x>e^\)，故選：\(c\).
【2019 秋·武昌區校級期中】已知定義在 \(r\) 上的函式 \(f(x)\), \(g(x)\), 其中函式 \(f(x)\) 滿足 \(f(-x)=f(x)\) 且在 \([0,+\infty)\) 上單調遞減， 函式 \(g(x)\) 滿足 \(g(1-x)=g(1+x)\) 且在 \((1,+\infty)\) 上單調遞減， 設函式 \(f(x)\)
\(=\)
\(\frac\)
\([f(x)\)
\(+\)
\(g(x)\)
\(+\)
\(|f(x)-g(x)|\)
\(]\)， 則對任意 \(x \in r\)， 均有【\(\qquad\)】
$a$. $f(1-x) \geq f(1+x)$
$b.$$f(1-x) \leq f(1+x)$
$c.$$f\left(1-x^\right) \geq f\left(1+x^\right)$
$d.$ $f\left(1-x^\right) \leq f\left(1+x^\right)$
解：根據題意， 函式 \(f(x)\) 滿足 \(f(-x)=f(x)\)， 則 \(f(x)\) 為偶函式，
又由 \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上單調遞減， 且 \(\left|1-x^\right|\leq\left|1+x^\right|\)，
則 \(f\left(1-x^\right)\geq f\left(1+x^\right)\)
由於函式\(f(x)\)是偶函式，則\(f(x)\)
\(=\)
\(f(-x)\)
\(=\)
\(f(|x|)\)，由題目可知，\(f(|1-x^2|)\)
\(\geq\)
\(f(|1+x^2|)\)，可得\(f(1-x^2)\)
\(\geq\)
\(f(1+x^2)\)，此處是逆向思維，由\(|x_1|\)
\(\leqslant\)
\(|x_2|\)得到\(f(x_1)\)
\(\geqslant\)
\(f(x_2)\)，平時我們經常用\(f(x_1)\)
\(\geqslant\)
\(f(x_2)\)得到\(|x_1|\)
\(\leqslant\)
\(|x_2|\)
；函式 \(g(x)\) 滿足 \(g(1-x)=g(1+x)\)， 即 \(g(x)\) 關於直線 \(x=1\) 對稱，
則 \(g\left(1-x^\right)=g\left(1+x^\right)\) ；
又由 \(f(x)=\cfrac[f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|]=\left\f(x), f(x) \geq g(x) \\ g(x), f(x)
則 \(f(x)\) 示意圖可表示為圖中實線部分，
故將以上兩個結果\(f\left(1-x^\right)\geq f\left(1+x^\right)\) 和 \(g\left(1-x^\right)=g\left(1+x^\right)\)
合二為一，
可得到 \(f\left(1-x^\right) \geq f\left(1+x^\right)\) . 故選： \(c\).
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