Question

设f（x）是定义在R上的增函数，令g（x）=f（x）-f（2010-x）
（1）求证g（x）+g（2010-x）时定值；
（2）判断g（x）在R上的单调性，并证明；
（3）若g（x₁）+g（x₂）＞0，求证x₁+x₂＞2010．

Answer

（1）利用条件化简g（x）+g（2010-x）=f（x）-f（2010-x）+f（2010-x）-f（x）=0，显然为定值．
（2）f（x）在R上的增函数，设x1＜x2，化简（x1）-g（x2）为[f（x1）-f（x2）]+[f（2010-x2）-f（2010-x1）]，小于0，从而得到g（x）在R上的增函数．
（3）用反证法证明，假设x1+x2≤2010，利用g（x）在R上的增函数推出g（x1）+g（x2）≤0，这与已知g（x1）+g（x2）＞0矛盾，从而应有x1+x2＞2010．
【解析】
（1）∵g（x）=f（x）-f（2010-x），
∴g（x）+g（2010-x）=f（x）-f（2010-x）+f（2010-x）-f（x）=0为定值．
（2）g（x）在R上的增函数，设x1＜x2，则2010-x1＞2010-x2，
∵f（x）是R上的增函数∴f（x1）＜f（x2），f（2010-x1）＞f（2010-x2）
故g（x1）-g（x2）=f（x1）-f（2010-x1）-f（x2）+f（2010-x2）=[f（x1）-f（x2）]+[f（2010-x2）-f（2010-x1）]＜0，
即g（x1）＜g（x2），∴g（x）在R上的增函数．
（3）假设x1+x2≤2010，则x1≤2010-x2 ，故g（x1）≤g（2010-x2），
又g（2010-x2）=-g（x2），
∴g（x1）+g（x2）≤0，这与已知g（x1）+g（x2）＞0矛盾，
∴x1+x2＞2010．