见解析
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.