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

分析：（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．

解答：解：（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．

点评：本题主要考查函数的单调性的判断和证明，函数的单调性的应用，属于中档题．