题目内容
设f（x）为定义在R上的增函数，令g（x）=f（x）-f（2008-x）
（1）求证：g（x）+g（2008-x）是定值．
（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＞2008．
（1）求证：g（x）+g（2008-x）是定值．
（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＞2008．
分析：（1）由g（x）=f（x）-f（2008-x），得g（2008-x）的解析式，从而计算g（x）+g（2008-x）的值．
（2）由函数的单调性定义可以判定和证明g（x）的单调性．
（3）由（1）得 g（x1）+g（x2）=g（x1）-g（2008-x2）＞0，得g（x1）＞g（2008-x2）；根据g（x）的单调性证得结论．
（2）由函数的单调性定义可以判定和证明g（x）的单调性．
（3）由（1）得 g（x1）+g（x2）=g（x1）-g（2008-x2）＞0，得g（x1）＞g（2008-x2）；根据g（x）的单调性证得结论．
解答：解：（1）∵g（x）=f（x）-f（2008-x），
∴g（2008-x）=f（2008-x）-f（x），
∴g（x）+g（2008-x）=f（x）-f（2008-x）+f（2008-x）-f（x）=0，是定值．
（2）证明：在R上任取实数x1＜x2，
则g（x1）-g（x2）=f（x1）-f（2008-x1）-f（x2）+f（2008-x2）
=[f（x1）-f（x2）]+[f（2008-x2）-f（2008-x1）]．
由题设知2008-x2＜2008-x1，又f（x）是R上的增函数，
∴f（x1）＜f（x2），f（2008-x2）＜f（2008-x1），
即g（x1）-g（x2）＜0，
∴g（x）在R上是单调递增函数．
（3）由（1）知 g（x）+g（2008-x）=0，
∴g（x2）=-g（2008-x2），
∴g（x1）+g（x2）=g（x1）-g（2008-x2）＞0，
即g（x1）＞g（2008-x2），
又g（x）在R上是单调递增函数，
∴x1＞2008-x2，
即 x1+x2＞2008．
∴g（2008-x）=f（2008-x）-f（x），
∴g（x）+g（2008-x）=f（x）-f（2008-x）+f（2008-x）-f（x）=0，是定值．
（2）证明：在R上任取实数x1＜x2，
则g（x1）-g（x2）=f（x1）-f（2008-x1）-f（x2）+f（2008-x2）
=[f（x1）-f（x2）]+[f（2008-x2）-f（2008-x1）]．
由题设知2008-x2＜2008-x1，又f（x）是R上的增函数，
∴f（x1）＜f（x2），f（2008-x2）＜f（2008-x1），
即g（x1）-g（x2）＜0，
∴g（x）在R上是单调递增函数．
（3）由（1）知 g（x）+g（2008-x）=0，
∴g（x2）=-g（2008-x2），
∴g（x1）+g（x2）=g（x1）-g（2008-x2）＞0，
即g（x1）＞g（2008-x2），
又g（x）在R上是单调递增函数，
∴x1＞2008-x2，
即 x1+x2＞2008．
点评：本题考查了函数单调性的判断与证明，以及函数与不等式的应用问题，是中档题．
练习册系列答案
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