第3節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性【課標要求】（1）了解函數(shù)奇偶性的含義，了解函數(shù)的周期性及其幾何意義；（2）會依據(jù)函數(shù)的性質進行簡單的應用.知識點一函數(shù)的奇偶性偶函數(shù)奇函數(shù)前提定義域關于原點對稱定義一般地，設函數(shù)f（x）的定義域為D，如果?x∈D，都有－x∈D且f（－x）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做偶函數(shù)且f（－x）＝－f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做奇函數(shù)圖象特征關于y軸對稱關于原點對稱結論（1）如果函數(shù)f（x）是奇函數(shù)且在x＝0處有定義，則一定有f（0）＝0；如果函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，那么f（x）＝f（｜x｜）；（2）奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性；（3）設f（x），g（x）的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇.（1）（2024·天津高考4題）下列函數(shù)是偶函數(shù)的是（B）A.f（x）＝ex－x2x2+1C.f（x）＝ex－xx+1 D.（2）已知函數(shù)f（x）對任意x，y∈R，都有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2，則函數(shù)f（x）＋2為奇函數(shù).（填“奇”“偶”或“非奇非偶”）解析：（1）法一對于A，f（－x）＝e－x?(?x）2(?x）2+1＝e－x－x2x2+1≠f（x），故f（x）不是偶函數(shù)；對于B，f（－x）＝cos(?x）＋(?x）2(?x）2+1＝cosx＋x2x2+1＝f（x），故f（x）是偶函數(shù)；對于C，f（x）的定義域為{x｜x≠－1}法二（特殊值法）對于A，f（1）＝e－11+1＝e－12，f（－1）＝e－1－11+1＝e－1－12，f（1）≠f（－1），故f（x）不是偶函數(shù)；對于B，f（－x）＝cos(?x）＋(?x）2(?x）2+1＝cosx＋x2x2+1＝f（x），故f（x）是偶函數(shù)；對于C，f（x）的定義域為{x｜x≠－1}，不關于原點對稱，故f（x）不是偶函數(shù)；對于D，法三（性質法）易知y＝x2＋1與y＝e｜x｜均為偶函數(shù)，且恒為正.對于A，由于y＝ex－x2是非奇非偶函數(shù)，所以f（x）也是非奇非偶函數(shù)；對于B，y＝cosx＋x2是偶函數(shù)，所以f（x）是偶函數(shù)；對于C，易知f（x）的定義域不關于原點對稱，所以f（x）是非奇非偶函數(shù)；對于D，y＝sinx＋4x是奇函數(shù)，所以f（x）是奇函數(shù)，故選B.（2）由題意得函數(shù)f（x）的定義域為R，定義域關于原點對稱，令x＝y(tǒng)＝0，則f（0）＝f（0）＋f（0）＋2，故f（0）＝－2.令y＝－x，則f（0）＝f（x）＋f（－x）＋2，故f（x）＋2＝－f（－x）－2＝－[f（－x）＋2].故f（x）＋2為奇函數(shù).規(guī)律方法判斷函數(shù)的奇偶性包括的兩個必備條件（1）定義域關于原點對稱，否則為非奇非偶函數(shù)；（2）判斷f（x）與f（－x）是否具有等量關系，在判斷奇偶性的運算中，可以轉化為判斷奇偶性的等價等量關系式（f（x）＋f（－x）＝0（奇函數(shù)）或f（x）－f（－x）＝0（偶函數(shù)））是否成立.練1（1）已知f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f（x）＝2x＋m，則f（－3）＝（A）A.－7 B.－1C.1 D.7解析：（1）由結論知f（0）＝0，即f（0）＝20＋m＝0，解得m＝－1，故f（x）＝2x－1（x≥0），則f（－3）＝－f（3）＝－（23－1）＝－7.（2）函數(shù)f（x）＝lg（2x+1－1）的圖象關于（BA.直線y＝x對稱 B.原點對稱C.x軸對稱 D.y軸對稱解析：（2）f（x）＝lg（2x+1－1）＝lg1－x1+x，令1－x1+x＞0得－1＜x＜1，故f（x）＝lg（2x+1－1）的定義域為（－1，1），關于原點對稱，又f（x）＋f（－x）＝lg1－x1+x＋lg1+x1－x＝lg（1－x1+x·1+（3）（蘇教必修一P129問題與探究）已知f（x）為R上的奇函數(shù)，g（x）為R上的偶函數(shù)，且g（x）≠0，則下列說法正確的是（D）A.f（x）＋g（x）為R上的奇函數(shù)B.f（x）－g（x）為R上的偶函數(shù)C.f（x）D.｜f（x）g（x）｜為R上的偶函數(shù)解析：（3）因為f（x）為R上的奇函數(shù)，g（x）為R上的偶函數(shù)，所以f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x）.對于A，x∈R，設F（x）＝f（x）＋g（x），則F（－x）＝f（－x）＋g（－x）＝－f（x）＋g（x）≠－f（x）－g（x）＝－F（x），故錯誤；對于B，x∈R，設N（x）＝f（x）－g（x），則N（－x）＝f（－x）－g（－x）＝－f（x）－g（x）≠f（x）－g（x）＝N（x），故錯誤；對于C，x∈R，g（x）≠0，設M（x）＝f（x）g（x），M（－x）＝f(?x）g(?x）＝－f（x）g（x）＝－M（x）≠M（x），故錯誤；對于D，x∈R，設H（x）＝｜f（x）g（x）｜，H（－x）＝｜f（－x）g（－x）｜＝｜－f（x）g（x）｜＝｜知識點二函數(shù)的周期性1.周期函數(shù)：設函數(shù)f（x）的定義域為D，如果存在一個非零常數(shù)T，使得對每一個x∈D，都有x＋T∈D，且f（x＋T）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做周期函數(shù)，非零常數(shù)T叫做這個函數(shù)的周期.2.最小正周期：如果在周期函數(shù)f（x）的所有周期中存在一個最小的正數(shù)，那么這個最小正數(shù)就叫做f（x）的最小正周期.結論對f（x）定義域內任一自變量x：（1）若f（x＋a）＝－f（x），則T＝2a（a＞0）；（2）若f（x＋a）＝1f（x），則T＝2a（（3）若f（x＋a）＝－1f（x），則T＝2a（（1）（2025·重慶一模）已知f（x）是定義域為R的奇函數(shù)且滿足f（x）＋f（2－x）＝0，則f（20）＝（B）A.－1 B.0C.1 D.±1解析：（1）由f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，則f（－x）＝－f（x），且f（0）＝0，又由f（x）滿足f（x）＋f（2－x）＝0，即f（2－x）＝－f（x），則有f（2－x）＝f（－x），可得f（x＋2）＝f（x），即函數(shù)f（x）是周期為2的周期函數(shù)，故f（20）＝f（0）＝0，故選B.（2）（2025·菏澤模擬）設f（x）是定義在R上周期為4的偶函數(shù)，且當x∈[0，2]時，f（x）＝log2（x＋1），則函數(shù)f（x）在[2，4]上的解析式為f（x）＝log2（5－x）.解析：（2）根據(jù)題意，設x∈[2，4]，則x－4∈[－2，0]，則有4－x∈[0，2]，又x∈[0，2]時，f（x）＝log2（x＋1），則f（4－x）＝log2[（4－x）＋1]＝log2（5－x），又f（x）為周期為4的偶函數(shù)，所以f（x）＝f（x－4）＝f（4－x）＝log2（5－x），x∈[2，4]，則有f（x）＝log2（5－x），x∈[2，4].規(guī)律方法1.求解與函數(shù)的周期有關的問題，應根據(jù)題目特征及周期定義，求出函數(shù)的周期.2.利用函數(shù)的周期性，可將其他區(qū)間上的求值、求零點個數(shù)、求解析式等問題，轉化到已知區(qū)間上，進而解決問題.練2（1）函數(shù)f（x）滿足f（x）f（x＋2）＝13，且f（3）＝2，則f（2025）＝（C）A.1 B.7C.132 解析：（1）因為f（x）f（x＋2）＝13，所以f（x＋2）＝13f（x），所以f（x＋4）＝13f（x+2）＝1313f（x）＝f（x），所以f（x）的周期為4，（2）〔多選〕（2025·深圳模擬）已知非常數(shù)函數(shù)f（x）的定義域為R，滿足f（x＋2）＋f（x）＝0，f（－x）＝－f（x），則（ACD）A.f（2）＝0B.f（x＋4）為偶函數(shù)C.f（x）為周期函數(shù)D.f（x）的圖象關于點（－4，0）對稱解析：（2）因為f（x＋2）＋f（x）＝0，所以f（x）＝－f（x＋2），f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以f（x）的一個周期是4，故C正確；又f（－x）＝－f（x），所以f（x）為奇函數(shù)，f（0）＝0，所以f（2）＋f（0）＝0，即f（2）＝0，故A正確；又f（x）的一個周期為4，且為奇函數(shù)，所以f（x＋4）為奇函數(shù)，故B不正確；因為f（x）的圖象關于點（0，0）對稱，所以f（x）的圖象也關于點（－4，0）對稱，故D正確.提能點函數(shù)奇偶性的綜合應用角度1利用函數(shù)奇偶性求值（解析式）（1）（2023·新高考Ⅱ卷4題）若f（x）＝（x＋a）ln2x－12x+1為偶函數(shù)，則aA.－1 B.0C.12 解析：（1）法一要使函數(shù)f（x）有意義，必須滿足2x－12x+1＞0，解得x＜－12或x＞12.因為函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，所以對任意x∈（－∞，－12）∪（12，＋∞），都有f（－x）＝f（x），即（－x＋a）·ln－2x－1－2x+1＝（x＋a）ln2x－12x+1，則（x－a）ln2x－12x+1＝（x法二因為f（x）＝（x＋a）ln2x－12x+1為偶函數(shù)，f（－1）＝（a－1）ln3，f（1）＝（a＋1）ln13＝－（a＋1）ln3，所以（a－1）ln3＝－（a＋1）ln3，解得（2）已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當x＜0時，f（x）＝x2－x＋1，則函數(shù)f（x）的解析式為f（x）＝x2－解析：（2）當x＞0時，－x＜0，所以f（－x）＝（－x）2＋x＋1＝x2＋x＋1，因為f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，故f（0）＝0，且f（－x）＝－f（x），所以－f（x）＝x2＋x＋1，所以f（x）＝－x2－x－1，綜上，函數(shù)f（x）的解析式為f（x）＝x角度2利用函數(shù)奇偶性解不等式（1）設函數(shù)f（x）＝log2｜x｜－x－2，則不等式f（x－2）≥f（2x＋2）的解集為（C）A.[－4，0] B.[－4，0）C.[－4，－1）∪（－1，0] D.[－4，－1）∪（－1，0）解析：（1）函數(shù)f（x）＝log2｜x｜－x－2的定義域為{x｜x≠0}，且f（－x）＝log2｜－x｜－（－x）－2＝log2｜x｜－x－2＝f（x），所以f（x）＝log2｜x｜－x－2為偶函數(shù)，當x＞0時f（x）＝log2x－x－2，因為y＝log2x與y＝－x－2在（0，＋∞）上單調遞增，所以f（x）在（0，＋∞）上單調遞增，在（－∞，0）上單調遞減，不等式f（x－2）≥f（2x＋2），即f（｜x－2｜）≥f（｜2x＋2｜），等價于｜x－2｜≥｜2x+2|,x－2≠0，2x+2≠0，解得－4≤x＜－1或－1＜（2）（2025·朔州高三階段練習）已知函數(shù)f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，當x≥0時，f（x）＝x（x＋2）.若f（3＋m）＋f（3m－7）＞0，則m的取值范圍為（D）A.（－∞，0） B.（0，＋∞）C.（－∞，1） D.（1，＋∞）解析：（2）易知函數(shù)f（x）在[0，＋∞）上單調遞增.函數(shù)在x＝0處連續(xù)，又f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，故f（x）在R上是增函數(shù).因為f（－x）＝－f（x），由f（3＋m）＋f（3m－7）＞0，可得f（3＋m）＞f（7－3m），又因為f（x）在R上是增函數(shù)，所以3＋m＞7－3m，解得m＞1.故選D.規(guī)律方法1.利用函數(shù)的奇偶性可求函數(shù)值或求參數(shù)的值，求解的關鍵在于借助奇偶性轉化為求已知區(qū)間上的函數(shù)值或得到參數(shù)的恒等式，利用方程思想求參數(shù)的值.2.利用函數(shù)的奇偶性可畫出函數(shù)在其對稱區(qū)間上的圖象，結合圖象直觀求解相關問題.練3（1）函數(shù)f（x）是定義域為R的偶函數(shù)，當x∈[－1，0]時，f（x）＝aex＋1＋1e，若f（1）＝1，則f（0）＝（CA.e B.－eC.1e D.－解析：（1）因為f（x）是定義域為R的偶函數(shù)，則f（－1）＝f（1），即ae＋1＋1e＝1，解得a＝－1，所以f（0）＝－1＋1＋1e＝1e（2）〔多選〕（2025·合肥調研）已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，g（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x），g（x）在（－∞，0]上單調遞減，則（BD）A.f（f（1））＜f（f（2）） B.f（g（1））＜f（g（2））C.g（f（1））＜g（f（2）） D.g（g（1））＜g（g（2））解析：（2）因為f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，g（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且兩函數(shù)在（－∞，0]上單調遞減，所以f（x）在[0，＋∞）上單調遞增，g（x）在[0，＋∞）上單調遞減，g（x）在R上單調遞減，所以f（1）＜f（2），g（0）＝0＞g（1）＞g（2），所以f（g（1））＜f（g（2）），g（f（1））＞g（f（2）），g（g（1））＜g（g（2）），所以B、D正確，C錯誤；若｜f（1）｜＞｜f（2）｜，則f（f（1））＞f（f（2）），A錯誤.（3）（2025·龍巖模擬改編）若定義在R上的奇函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，＋∞）上單調遞增，且f（3）＝0，試求滿足xf（x－2）＜0的x的取值范圍.（3）解：因為定義在R上的奇函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞增，且f（3）＝0，所以f（x）在（－∞，0）上也單調遞增，且f（－3）＝0，f（0）＝0，所以當x∈（－∞，－3）∪（0，3）時，f（x）＜0，當x∈（－3，0）∪（3，＋∞）時，f（x）＞0，所以由xf（x－2）＜0，可得x<0，解得－1＜x＜0或2＜x＜5，即x∈（－1，0）∪（2，5）.一、單項選擇題1.（2025·寧波一模）已知函數(shù)f（x）的圖象關于原點對稱，且周期為4，若f（－1）＝2，則f（2025）＝（）A.2 B.0C.－2 D.－4解析：C因為函數(shù)f（x）的圖象關于原點對稱，且周期為4，所以f（x）為奇函數(shù)，所以f（2025）＝f（506×4＋1）＝f（1）＝－f（－1）＝－2，故選C.2.（2025·阜陽一模）已知函數(shù)f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f（x）＝2x＋x－1，則當x＜0時，f（x）＝（）A.2－x－x－1 B.2－x＋x＋1C.－2－x－x－1 D.－2－x＋x＋1解析：D當x＜0時，－x＞0，因為f（x）是奇函數(shù)，所以f（x）＝－f（－x）＝－2－x＋x＋1，故選D.3.（2025·西安調研）若函數(shù)f（x）＝x－xx+1，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是（A.f（x＋1）－2 B.f（x－1）－2C.f（x－1）＋2 D.f（x＋1）＋2解析：C因為f（x）＝x－xx+1＝x＋1－x+1－1x+1－1＝x＋1＋1x+1－2，所以f（x－1）＋2＝x＋1x，由于g（x）＝x＋1x的定義域為（－∞，0）∪（0，＋∞）.又g（－x）＝－x－1x＝－g（x），故g（x）＝x＋1x為奇函數(shù)，故4.（2025·衡水一模）已知函數(shù)f（x）為R上的偶函數(shù)，且對任意x1，x2∈（0，＋∞），均有（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0成立，若a＝f（2），b＝f（－1），c＝f（e13），則a，b，c的大小關系為（A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜b＜a D.b＜c＜a解析：B由題意得，偶函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調遞減.b＝f（－1）＝f（1），（2）6＝8，（e13）6＝e2，因為8＞e2，所以2＞e13，又e13＞1，所以f（2）＜f（e13）＜f（－1），所以a5.（2025·湖北T8聯(lián)盟模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlgx＋bx＋a（a≠b）為偶函數(shù)，若b＞1，則A.－2024 B.－2C.－2 D.－1解析：D函數(shù)f（x）＝xlgx＋bx＋a為偶函數(shù)，y＝x是奇函數(shù)，則g（x）＝lgx＋bx＋a為奇函數(shù)，g（－x）＝－g（x），即g（x）＋g（－x）＝0，lgx＋bx＋a＋lg－x＋b－x＋a＝0，即lgb2－x2a2－x2＝0，∴b26.（2025·重慶模擬）已知函數(shù)f（x）＝2－｜x｜＋2x2+11，則使得不等式f（2m）＜f（m＋1）成立的實數(shù)m的取值范圍是A.（13，1B.（－13，1C.（－∞，－13）∪（1，＋∞D.（－∞，13］∪（1，＋∞解析：C因為f（－x）＝2－｜x｜＋2x2+11＝f（x），所以f（x）為偶函數(shù)，圖象關于y軸對稱，又因為當x＞0時，y＝2－x和y＝2x2+11單調遞減，所以f（x）＝2－｜x｜＋2x2+11在（0，＋∞）上單調遞減，因為f（2m）＜f（m＋1），所以｜m＋1｜＜｜2m｜，即（m＋1）2＜（2m）2，展開可得3m2－2m－1＞0，解得m∈（－7.已知函數(shù)f（x）＝ax－a－x2＋8（a＞0，a≠1）在區(qū)間[a，b]上的最小值為－10，則函數(shù)f（x）在區(qū)間[－b，－A.10 B.26C.－10 D.與a有關解析：B∵f（x）＝ax－a－x2＋8（a＞0，a≠1），y＝ax與y＝－a－x單調性相同，∴f（x）在區(qū)間[a，b]，區(qū)間[－b，－a]上均為單調函數(shù)，令g（x）＝ax－a－x2（a＞0，a≠1），滿足g（－x）＝－g（x），即g（x）為奇函數(shù)，∵f（x）＝ax－a－x2＋8（a＞0，a≠1）在區(qū)間[a，b]上的最小值為－10，∴g（x）＝ax－a－x2（a＞0，a≠1）在區(qū)間[a，b]上的最小值為－10－8＝－18，∴g（x）在區(qū)間[－b，－a]上的最大值為二、多項選擇題8.已知定義在R上的偶函數(shù)f（x），其周期為4，當x∈[0，2]時，f（x）＝2x－2，則（）A.f（2026）＝2B.f（x）的值域為[－1，2]C.f（x）在[4，6]上單調遞減D.f（x）在[－6，6]上有8個零點解析：ABf（2026）＝f（506×4＋2）＝f（2）＝2，所以A正確；當x∈[0，2]時，f（x）＝2x－2單調遞增，所以當x∈[0，2]時，函數(shù)的值域為[－1，2]，由于函數(shù)是偶函數(shù)且周期為4，所以函數(shù)的值域為[－1，2]，所以B正確；當x∈[0，2]時，f（x）＝2x－2單調遞增，又函數(shù)的周期為4，所以f（x）在[4，6]上單調遞增，所以C錯誤；令f（x）＝2x－2＝0，所以x＝1，所以f（1）＝f（－1）＝0，由于函數(shù)的周期為4，所以f（5）＝f（－5）＝0，f（3）＝f（－3）＝0，所以f（x）在[－6，6]上有6個零點，所以D錯誤.9.（2025·蘇州調研）定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x＋y）＝f（x）＋f（y），當x＜0時，f（x）＞0，則函數(shù)f（x）滿足（）A.f（0）＝0B.y＝f（x）為奇函數(shù)C.f（x）在R上是增函數(shù)D.f（x－1）＋f（x2－1）＞0的解集為{x｜－2＜x＜1}解析：ABD由題意，定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x＋y）＝f（x）＋f（y），對于A，令x＝y(tǒng)＝0，則f（0）＝f（0）＋f（0），即f（0）＝0，故A正確；對于B，令y＝－x，則f（0）＝f（x）＋f（－x）＝0，即f（－x）＝－f（x），所以y＝f（x）為奇函數(shù)，故B正確；對于C，任取x1，x2∈R，且x1＜x2，則f（x1）－f（x2）＝f（x1－x2＋x2）－f（x2）＝f（x1－x2）＋f（x2）－f（x2）＝f（x1－x2），因為x1＜x2，所以x1－x2＜0，所以f（x1－x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），所以函數(shù)f（x）在R上是減函數(shù)，故C錯誤；對于D，由f（x－1）＋f（x2－1）＞0，可得f（x－1）＞－f（x2－1）＝f（1－x2），由C知函數(shù)f（x）在R上是減函數(shù)，所以x－1＜1－x2，解得－2＜x＜1，所以f（x－1）＋f（x2－1）＞0的解集為{x｜－2＜x＜1}，故D正確.三、填空題10.寫出一個最大值為3，最小正周期為2的偶函數(shù)f（x）＝3cosπx（答案不唯一）.解析：因為f（x）是最大值為3，最小正周期為2的偶函數(shù)，所以f（x）＝3cosπx，或f（x）＝cosπx＋2，或f（x）＝2cosπx＋1等（答案不唯一）.11.已知函數(shù)y＝f（x），其中f（x）＝ax4＋bx2＋x＋6，且f（－1）＝2023，則f（1）＝2025.解析：f（x）＝ax4＋bx2＋x＋6，得ax4＋bx2＋6＝f（x）－x，構造函數(shù)g（x）＝ax4＋bx2＋6＝f（x）－x，定義域為R.因為g（－x）＝a（－x）4＋b（－x）2＋6＝ax4＋bx2＋6＝g（x）.所以函數(shù)g（x）是偶函數(shù)，所以g（1）＝g（－1），所以f（1）－1＝f（－1）－（－1），從而f（1）＝f（－1）＋2，又f（－1）＝2023，因此f（1）＝2025.12.（2025·瀘州模擬）已知定義在R上的函數(shù)f（x）的圖象關于y軸對稱，且周期為3，又f（－1）＝1，f（0）＝－2，則f（1）＋f（2）＋f（3）＋…＋f（2025）＝0.解析：因為f（x）的周期為3，f（－1）＝1，則f（2）＝f（－1＋3）＝f（－1）＝1，又f（0）＝－2，則f（3）＝f（0＋3）＝f（0）＝－2，因為函數(shù)f（x）在R上的圖象關于y軸對稱，所以f（x）為偶函數(shù)，故f（1）＝f（－1）＝1，則f（1）＋f（2）＋f（3）＝0，故f（1）＋f（2）＋f（3）＋…＋f（2025）＝675×0＝0.四、解答題13.（2025·銀川模擬）已知函數(shù)f（x）是偶函數(shù).當x＞0時，f（x）＝logax的圖象過點（3，－1）.（1）求實數(shù)a的值；（2）求函數(shù)f（x）的解析式；（3）求不等式f（x）＜1的解集.解：（1）∵當x＞0時，f（x）＝logax的圖象過點（3，－1），∴l(xiāng)oga3＝－1，解得a＝13（2）設x＜0，則－x＞0，∴f（－x）＝log13（－又∵f（x）為偶函數(shù)，∴f（x）＝f（－x）＝log13（－綜上所述，f（x）＝lo（3）∵f（x）為偶函數(shù)，且在（0，＋∞）上單調遞減，1＝log1313＝f∴f（x）＜1?f（x）＜f（13）∴｜x｜＞13解得x＜－13或x＞1故不等式的解集為{x｜x＜－13或x＞1314.（2025·濰坊模擬）設