辽宁省大连市2023-2024学年高一上学期期中考试数学试题含解析

注意事项：

1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效.

2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.

第Ⅰ卷

一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.若全集UR，集合A1，0,1,2,3,4,5,6，BxN|x4，则AB（A.1，

0,1,2，3B.1,2，

3C.

0,1,2,3D.1，

0,1,2,3,4,5,62.命题“x0，x23x20”的否定是（）A.x0，x23x20B.x0，x23x20C.x0，x23x20

D.x0，x23x20

3.已知函数f(3x2)的定义域为0,1，则函数f2x1的定义域为（）A.

32,3



B.73,53C.116,3

D.12,14.“xR，关于x的不等式ax2ax10恒成立”的一个必要不充分条件是（）A.0a4B.0a4C.0a4D.0a45.函数fx

x21x的图像为（））A.B.C.D.6.已知fx是定义在0,上的函数，gxxfx，则“fx为增函数”是“gx为增函数”的（）B.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件A.充要条件C.必要不充分条件7.“若x,2，3x2x10恒成立”是真命题，则实数可能取值是（）2A.228.设函数f(x)A.B.23C.4D.51



14ax1

(a0)，若gxfx2023是奇函数，则f2023（）a2x2

111

B.C.D.

345

二、选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.在下列四组函数中，fx与gx不表示同一函数的是（）x21

A.f(x)x1,g(x)

x1

x1,x1g(x)f(x)x1B.，

x1,x1

C.f(x)1,g(x)(x1)0

D.f(x)x,g(x)(x)210.已知不等式ax2bxc0的解集为A.a<0C.c0

1

,2，则下列结论正确的是（2

B.b0D.ab2c0

）11.已知函数yf(x)是定义在[0,2]上的增函数，且其图像是连续不断的曲线.若f(0)M，f(2)N（M0，N0），那么对上述常数M,N，下列选项正确的是（）A.一定存在x[0,2]，使得f(x)B.一定存在x[0,2]，使得f(x)C.不一定存在x[0,2]，使得MN

2MN11MNM2N22）f(x)

2

D.不一定存在x[0,2]，使得f(x)

x21x12.已知函数f(x)，则下列结论正确的是（2xx1A.f(x)为奇函数B.f(x)值域为(,2][2,)C.若x10,x20,x1x2，且f(x1)f(x2)，则x1x22D.当x0时，恒有f(x)5x成立2第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.设Axx50，Bxax10，若ABB，则实数a的值为______.14.若函数fx

x3,x1

在R上为单调函数，则实数a的取值范围为_______.ax1,x1

15.已知正数x,y满足x2y(4x3y)3，则2x3y的最小值为____________.16.若定义在,0U0,上的函数fx同时满足：①fx为偶函数；②对任意的x1,x20,，且x1x2，都有2x2fx1x12fx2x1x20，则称函数fx具有性质P．已知函数fx具有性质P，则不等式fx2

fx24(x2)2的解集为_________.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知全集为R，ðRAx2x3x20．（1）求集合A；（2）设不等式x22axa0的解集为C，若C数a的取值范围.18设f(x)ax2(1a)xa．2且“xC”是“xA”的充分不必要条件，试求实.

（1）若不等式f(x)0有实数解，试求实数a的取值范围；（2）当a0时，试解关于x的不等式f(x)a1.x22xm

19.已知函数fx.x（1）若gxfx2，判断gx的奇偶性并加以证明.（2）若x[,1]时，不等式fx2m2恒成立，试求实数m的取值范围.14m2

20.已知函数fxxm，gxxmx2m3，22

m2

（1）若gx1的解集为1,a，求a的值；2

（2）试问是否存在实数m，使得对于x1[0,1],x2[1,2]时，不等式f(x1)g(x2)恒成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.21.已知函数fxx(a2)x4，gx

22

xb3

.ax22（1）若函数fx在b,bb3上为偶函数，试求实数b的值；（2）在（1）的条件下，当gx的定义域为1,1时，解答以下两个问题：①判断函数gx在定义域上的单调性并加以证明；②若gt1g2t0，试求实数t的取值范围.22.设函数fx的定义域为D，对于区间Ia,b（ab，ID），若满足以下两条性质之一，则称I

为fx的一个“美好区间”.性质①：对任意xI，有f(x)I；性质②：对任意xI，有fxI.（1）判断并证明区间1,2是否为函数y3x的“美好区间”；2（2）若0,m（m0）是函数fxx2x的“美好区间”，试求实数m的取值范围；（3）已知定义在R上，且图像连续不断的函数fx满足：对任意a,bR（ab），有f(a)f(b)ba.求证：fx存在“美好区间”，且存在x0R，使得x0不属于fx的任意一个“美好区间”.2023-2024学年度上学期期中考试高一年级数学科试卷

注意事项：

1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效.

2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.

第Ⅰ卷

一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

A1，0,1,2,3,4,5,6BxN|x41.若全集UR，集合，，则AB（）A.C.0,1,2，31，

B.D.31,2，

0,1,2,30,1,2,3,4,5,61，

【答案】C【解析】【分析】确定B0,1,2,3，再计算交集得到答案.，0,1,2,3,4,5,6，故AB0,1,2,3.【详解】BxN|x40,1,2,3，A1

故选：C.2.命题“x0，x23x20”的否定是（）A.x0，x23x20C.x0，x23x20【答案】B【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.【详解】命题“x0，x23x20”为全称量词命题，其否定为：x0，x23x20.故选：B3.已知函数f(3x2)的定义域为0,1，则函数f2x1的定义域为（）A

.

B.x0，x23x20D.x0，x23x20

3,32

75B.,33C.

11,63

1D.,12【答案】A【解析】【分析】由f(3x2)的定义域求出3x2，再令22x15，解得即可.【详解】函数f(3x2)的定义域为0,1，即0x1，所以23x25，33x3，所以函数f2x1的定义域为,3.22

令22x15，解得故选：A4.“xR，关于x的不等式ax2ax10恒成立”的一个必要不充分条件是（）A.0a4C.0a4【答案】B【解析】【分析】首先求出不等式恒成立时参数的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可.【详解】因为对xR，关于x的不等式ax2ax10恒成立，当a0时10恒成立，符合题意；B.0a4D.0a4a0

当a0时，，解得0a4；2Δa4a0

综上可得0a4.因为0,40,4，所以“xR，关于x的不等式ax2ax10恒成立”的一个必要不充分条件可以是0a4.故选：B5.函数fx

x21x的图像为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析函数fx的定义域、奇偶性、单调性及其在,0上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数fx

x21x的定义域为xx0，且fxx21x21xxfx，函数fx为奇函数，A选项错误；又当x0时，fx

x21x0，C选项错误；当x1时，fx故选：D.x21xx211

x函数单调递增，故B选项错误；xx6.已知fx是定义在0,上的函数，gxxfx，则“fx为增函数”是“gx为增函数”的（）B.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件A.充要条件C.必要不充分条件【答案】D【解析】【分析】取特殊函数分别按照充分和必要条件判断即可.【详解】取fxx1(x0)，则gxxx在0,不单调；23取gxx1(x0)单调递增，但fx1

1

,(x0)单调递减，x故“fx为增函数”是“gx为增函数”的既不充分也不必要条件.故选：D.7.“若x,2，3x2x10恒成立”是真命题，则实数可能取值是（）2A.22【答案】A【解析】【分析】由题得到3x

B.23C.4D.51



11

恒成立，求出3x即可得到答案.xminx

1

【详解】x,2，3x2x10，即3x恒成立，x2

1



11133x，当且仅当，即x时等号成立，故23.3x23x23xxx3

对比选项知A满足.故选：A8.设函数f(x)A.14ax1

(a0)，若gxfx2023是奇函数，则f2023（）a2x2111

B.C.D.

345【答案】C【解析】【分析】首先得到gx的解析式，再根据gx为奇函数求出参数a的值，即可得到fx的解析式，最后代入计算可得.ax202311ax

gxfx2023(a0)，所以【详解】因为f(x)

2a2x20232a2xa3a

2023

，22

2xa40462xa4046

1

因为gxfx2023是奇函数，2

3a3a

所以gxgx，即，又a0，22

2xa40462xa4046a2023xx

所以2a80920，解得a4046，4046x，40462x

404620231

.所以f2023

4046220234

所以f(x)故选：C二、选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.在下列四组函数中，fx与gx不表示同一函数的是（）x21

A.f(x)x1,g(x)

x1

x1,x1

B.f(x)x1，g(x)

x1,x1

C.f(x)1,g(x)(x1)0D.f(x)x,g(x)(x)2【答案】ACD【解析】【分析】通过函数的定义域，对应法则是否一致进行判断.【详解】对于A，f(x)的定义域为R，而g(x)的定义域为xx1，所以不是同一函数；对于B，因为x1时，f(x)x1；x1时，f(x)x1；所以f(x),g(x)表示同一函数；对于C，f(x)的定义域为R，而g(x)的定义域为xx1，所以不是同一函数；对于D，f(x)的定义域为R，而g(x)的定义域为xx0，所以不是同一函数；故选：ACD.1

10.已知不等式axbxc0的解集为,2，则下列结论正确的是（2

2）A.a<0C.c0【答案】AC【解析】B.b0D.ab2c0

3

ba

【分析】根据不等式性质确定a<0且2，再依次判断每个选项得到答案.ca

b1

32ba12a

【详解】不等式ax2bxc0的解集为,2，故a<0且，即2，212ccaa2对选项A：a<0，正确；对选项B：b3a0，错误；235

a2aa0，错误；22

对选项C：ca0，正确；对选项D：ab2ca故选：AC11.已知函数yf(x)是定义在[0,2]上的增函数，且其图像是连续不断的曲线.若f(0)M，f(2)N（M0，N0），那么对上述常数M,N，下列选项正确的是（）A.一定存在x[0,2]，使得f(x)B.一定存在x[0,2]，使得f(x)C.不一定存在x[0,2]，使得MN

2MN11MNM2N222

f(x)

D.不一定存在x[0,2]，使得f(x)【答案】AB【解析】【分析】取MN，构造函数gxfx，确定函数单调递增，根据零点存在定理得到存在x01,2使得fx0，再依次判断每个选项得到答案.【详解】函数yf(x)是定义在[0,2]上的增函数，故0MN，对任意值，MN，考虑gxfx，函数单调递增，则g1f1M0，g2f2N0，故存在x01,2使得gx0fx00，即fx0，对选项A：M对选项B：M对选项C：MNMN

N，存在x[0,2]，使得f(x)，正确；22MNN，存在x[0,2]，使得f(x)MN，正确；11MN2

N

，存在x[0,2]，使得Mf(x)

11，错误；MNM2N2，错误；22

对选项D：M故选：AB.M2N2N，存在x[0,2]，使得f(x)2x21x12.已知函数f(x)，则下列结论正确的是（2xx1A.f(x)为奇函数B.f(x)值域为(,2][2,)C.若x10,x20,x1x2，且f(x1)f(x2)，则x1x22D.当x0时，恒有f(x)【答案】AC【解析】）5x成立22x11

【分析】应用奇偶性定义判断A；在x(0,)上，令tx研究其单调性和值域，再判断f(x)xx的区间单调性和值域判断B；利用解析式推出f()f(x)，根据已知得到x2断C；特殊值法，将x2代入判断D.1

x1，再应用基本不等式判x1(x)21xx21x()f(x)，【详解】由解析式知：函数定义域为{x|x0}，且f(x)x(x)21xx21所以f(x)为奇函数，A对；2x111当x(0,)时，令tx2x2，当且仅当x1时等号成立，xxx由对勾函数性质知：tx

1

在(0,1)上递减，在(1,)上递增，且值域为t[2,)，x15而f(x)t在t[2,)上递增，故f(x)在x(0,1)上递减，在x(1,)上递增，且f(x)[,)，t25由奇函数的对称性知：f(x)在x(,1)上递增，在x(1,0)上递减，且f(x)(,]，255所以f(x)值域为(,][,)，B错；2211()2111x2xxxf(x)，若x10,x20,x1x2且f(x1)f(x2)，由f()2112xx1x()1xx所以x21112x12，当且仅当x11时等号成立，，故x1x2x1

x1x1x1而x11时x2x11，故等号不成立，所以x1x22，C对；由f(2)412295525，即x2时f(x)x，D错；2411022故选：AC【点睛】关键点点睛：对于C选项，根据解析式推导出f()f(x)，进而得到x21

x1为关键.x1第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.设Axx50，Bxax10，若ABB，则实数a的值为______.【答案】0或【解析】【分析】依题意可得BA，分B和B5两种情况讨论.【详解】因为Axx505，又ABB，所以BA，当a0时Bxax10，符合题意；当B5，则5a-1=0，解得a综上可得a0或a

151.51，5故答案为：0或15

x3,x1

在R上为单调函数，则实数a的取值范围为_______.ax1,x1

14.若函数fx【答案】0,3【解析】【分析】确定函数单调递增，得到a0且13a1，解得答案.【详解】fx

x3,x1

在R上为单调函数，y=x+3，x1为单调递增函数，ax1,x1

故yax1，x1单调递增，a0，且13a1，即a3，故0a3.故答案为：0,315.已知正数x,y满足x2y(4x3y)3，则2x3y的最小值为____________.【答案】23【解析】【分析】令t2x3y，则t0且y值，即可求出t的最小值.【详解】因为x0，y0，令t2x3y，则t0且y

2因为x2y(4x3y)3，所以xt2x922

，即可得到t4x2，再利用基本不等式求出t2的最小3xt2x

，3

t2xt2x4x33，33所以t2xt2x又t24x2所以t29992222t4xt4x，即，所以，x2x2x29996224x，当且仅当，即时取等号，24x12x

x2x2x22

，3或t23（舍去）所以2x3y的最小值为23，当且仅当x故答案为：232366、y时取等号.32

16.若定义在,0U0,上的函数fx同时满足：①fx为偶函数；②对任意的x1,x20,，且x1x2，都有2x2fx1x12fx2x1x2fx24(x2)20，则称函数fx具有性质P．已知函数fx具有性质P，则不等式fx2

的解集为_________.【答案】3,22,1【解析】【分析】构造函数gx

fxx2，由题意可以推出函数gx

fxx2的奇偶性、单调性，再根据函数的奇偶性和单调性解不等式即可.【详解】不妨设0x1x2，则x1x20，由2x2fx1x12fx2x1x2fxx22fx1x12fx20，则0，得x2fx1x

21



fx2x

22

，构造函数gx

，则0x1x2，gx1gx2，所以函数gx在0,上单调递减，因为fx为偶函数，所以fxfx，则gx

fxx2

fxx2gx，所以函数gx为偶函数，且函数gx的定义域为,0U0,，由fx2

fx24(x2)

2，得fx2x22

fx24

x

24

2，即gx2gx4，2x2x24

所以x20，解得3x1且x2，x240

所以不等式fx2

fx24(x2)2的解集为3,22,1.故答案为：3,22,1.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数gx

fxx

2.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知全集为R，ðRAx2x3x20．（1）求集合A；（2）设不等式x22axa0的解集为C，若C数a的取值范围.【答案】（1）Ax

2且“xC”是“xA”的充分不必要条件，试求实

1

x22

（2）[,0][1,]【解析】【分析】（1）依题意可得Ax2x3x20，再解一元二次不等式即可；（2）依题意可得x22axa0的解集非空且是Ax

1

843

2

1

x2的真子集，设f(x)x22axa，2

Δ0

1

a22即可得到，解得即可.1f()02f(2)0

【小问1详解】由ðRAx2x3x20，得Ax2x3x20，由2x23x20，得x

22

11

x20x2，，解得22故Ax



1

x2.2

【小问2详解】因为C且“xC”是“xA”的充分不必要条件，

1

x2的真子集，2

所以x22axa0的解集非空且是Ax

设f(x)x22axa，4a24a0Δ0

1

1a2a2

1422则，即，解得a0或1a，38f(1)01aa0

42f(2)044aa0

当a时不等式x22axa0的解集为C,，符合题意；824当a

111

42

时不等式x22axa0的解集为C,2，符合题意；33

1

843综上，实数a的取值范围为[,0][1,]．18.设f(x)ax2(1a)xa．（1）若不等式f(x)0有实数解，试求实数a的取值范围；（2）当a0时，试解关于x的不等式f(x)a1.【答案】（1）a（2）答案见解析【解析】【分析】（1）依题意不等式ax1axa0有实数解，分a0、a0、a<0三种情况讨论，当a<0

2

1

3

时需0，即可求出参数的取值范围；（2）原不等式可化为x解集.【小问1详解】2

依题意，fx0有实数解，即不等式ax1axa0有实数解，

1

x10，再分a1、0a1、a1三种情况讨论，分别求出不等式的a

当a0时，x0有实数解，则a0符合题意.当a0时，取x0，则ax1axaa0成立，符合题意.2

当a<0时，二次函数yax1axa的图像开口向下，2

要y0有解，当且仅当1a4a0

22综上，实数a的取值范围是a.【小问2详解】不等式fxa1ax1ax10，2

1311

a1，所以a0.331

x因为a0，所以不等式可化为x10，a1

1，即a1时，不等式x1x10无解；a11

当1，即0a1时，x1；aa

11

当1，即a1时，1x；aa当

综上，当0a1时，原不等式的解集为(当a1时，原不等式的解集为，当a1时，原不等式的解集为(1,)．1

,1)，a1ax22xm

19.已知函数fx.x（1）若gxfx2，判断gx的奇偶性并加以证明.（2）若x[,1]时，不等式fx2m2恒成立，试求实数m的取值范围.【答案】（1）奇函数，证明见解析（2）,1【解析】【分析】（1）首先求出gx的解析式，再根据奇偶性的定义证明即可；1

418

0m（2）设h(x)x（x[,1]），依题意只需h(x)min2m，再分m0、m1、四种情况讨论，求出hx的最小值，从而求出m的取值范围.【小问1详解】mx1411

、m11616gx为奇函数，证明如下：x22xmx22xmm

因为fx，所以gxfx22x，xxx

则gx的定义域为,0U0,，且gxx所以gx为奇函数.【小问2详解】m

gx，x1

x[,1]时，不等式fx2m2恒成立，41m

x2m对x[,1]恒成立.x41m设h(x)x（x[,1]），则只需h(x)min2m即可.x4

1

当m0时，则h(x)在[,1]单调递增，4

1111所以h(x)minh()4m2m，解得m，所以m0；4488当m0时，因为h(x)在(0,m)单调递减，(m,)单调递增.①当m1，即m1时，h(x)在[,1]单调递减，所以h(x)minh(1)1m2m，解得m1，舍去；1

4111

，即0m时，h(x)在[,1]单调递增，1644

1111所以h(x)minh()4m2m，解得m，所以此时0m；44168②当m③当11

m1，即m1时，416h(x)minh(m)2m2m，解得0m1，所以此时综上，实数m的取值范围为,1.1

m1；1618

m2

20.已知函数fxxm，gxxmx2m3，2

2

m2

（1）若gx1的解集为1,a，求a的值；2

（2）试问是否存在实数m，使得对于x1[0,1],x2[1,2]时，不等式f(x1)g(x2)恒成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）代入数据得到x2mx2m40，根据不等式与方程的关系确定m3，代入计算得到答案.（2）题目转化为f(x)ming(x)max，根据单调性计算fxminm，根据二次函数性质考虑两种情况，计算最值得到答案.【小问1详解】m3m3

和2222m2m2m22

gx1，即gxxmx2m31，222

整理得到x2mx2m40，不等式x2mx2m40的解集为1,a，故x1为方程x2mx2m40的根，即1m2m40，解得m3，故x23x20，解得1x2，则a2.【小问2详解】对x10,1，x2[1,2]，fx1gx2恒成立，只需f(x)ming(x)max.fxxm在0,1上单调递增，因此fxminf0m；mm2

gxxmx2m3的对称轴为x0.222

m3m2m2

当，即m3时，g(x)maxg(2)1，故m1，即m22m20，2222无解，舍；m3m2m2当，即m3时，g(x)maxg(1)m2，故mm2，2222

解得2m2，舍.综上所述：不存在实数m符合题意.21.已知函数fxx(a2)x4，gx

22

xb3

.2ax2

（1）若函数fx在b,bb3上为偶函数，试求实数b的值；（2）在（1）的条件下，当gx的定义域为1,1时，解答以下两个问题：①判断函数gx在定义域上的单调性并加以证明；②若gt1g2t0，试求实数t的取值范围.【答案】（1）b3

（2）①gx在1,1上单调递增，证明见解析；②0,【解析】【分析】（1）根据偶函数确定a2且bb2b30，解得答案.（2）任取x1,x2满足1x1x21，计算gx1gx2得到函数单调递增，变换g2tg1t，考虑函数的单调性结合函数定义域计算得到答案.【小问1详解】2

b,bb3fxx2(a2)x4在上为偶函数，故a2，



13

bb2b30，即b3b10，解得b3或b=-1，由区间定义可知bb2b3，即b23，b=-1不满足，所以b3.【小问2详解】①函数gx在1,1上单调递增；证明如下：gx

x

，x1,1，任取x1,x2满足1x1x21，22x2

x1x21x2x1x1x2gx1gx222，22x122x222x121x21

由于1x1x21，故x1x21，x2x10，于是gx1gx2

x1x21x2x10

22x121x21

，则gx1gx2，则gx在1,1上单调递增.②函数gx的定义域为1,1，关于原点对称，gxxgx，则gx为奇函数，22x2由g(t1)g(2t)0，即g2tg1t，12t1

1

又因为gx在1,1上单调递增，则1t11，解得0t，32t1t



所以实数t的取值范围是0,.22.设函数fx的定义域为D，对于区间Ia,b（ab，ID），若满足以下两条性质之一，则称I为fx的一个“美好区间”.性质①：对任意xI，有f(x)I；性质②：对任意xI，有fxI.（1）判断并证明区间1,2是否为函数



13

y3x的“美好区间”；2（2）若0,m（m0）是函数fxx2x的“美好区间”，试求实数m的取值范围；（3）已知定义在R上，且图像连续不断的函数fx满足：对任意a,bR（ab），有f(a)f(b)ba.求证：fx存在“美好区间”，且存在x0R，使得x0不属于fx的任意一个“美好区间”.【答案】（1）是，证明见解析（2）1,2（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题设中的新定义，结合函数y3x，进行判定，即可求解；2（2）若I为fx的“美好区间”，则不满足性质②，必满足性质①，即SI，由fxx2x，根据二次函数的性质，分类讨论，即可求解；（3）对于任意区间Ia,b，记S{f(x)|xI}，根据单调性得到Sfb,fa，若I为fx的“美好区间”，必满足性质②，转化为faa或fbb，得出fx一定存在“美好区间”，记gxfxx，结合函数的单调性和零点的存在性定理，得到存在x0t,0，使得gx00，即可求解.【小问1详解】函数y3x，当x[1,2]时，可得y1,2，所以区间1,2是函数y3x的一个“美好区间”.【小问2详解】记I0,m，S{f(x)|xI}，可得f000,m，故若I为fx的“美好区间”，则不满足性质②，必满足性质①，即SI；由fxx22xx11，2当0m1时，fx在0,m上单调递增，且fmmm2mmmm10，2即fmm，所以S0,fm不包含于I0,m，不合题意；当1m2时，Sf0,f10,10,mI，符合题意；当m>2时，fmf2f20，所以fmI，不合题意；综上可知，1m2，即实数m的取值范围是1,2.【小问3详解】对于任意区间Ia,bab，记S{f(x)|xI}，由已知得fx在I上单调递减，故Sfb,fa，因为fafbba，即S的长度大于I的长度，故不满足性质①，所以若I为fx的“美好区间”，必满足性质②，这只需SI，即只需faa或fbb，由fxx显然不恒成立，所以存在常数c使得fcc.如fcc，取ac，区间Ia,bab满足性质②；如fcc，取bc，区间Ia,bab满足性质②；综上，函数fx一定存在“美好区间”；记gxfxx，则gx图象连续不断，下证明gx有零点：因为fx在R上是减函数，所以gx在R上是减函数，记f0t；若t0，则x00是gx的零点，若t0，则ftf0t，即g00，gt0，由零点存在性定理，可知存在x00,t，使得gx00，若t0，则ftf0t，即gt0，g00，由零点存在性定理，可知存在x0t,0，使得gx00，综上，gx有零点x0，即fx0x0，因为fx的所有“美好区间”I都满足性质②，故x0I.（否则fx0x0I，与性质②不符），即x0不属于fx的任意一个“美好区间”，证毕.【点睛】关键点睛：对于新定义问题关键是理解所给定义及限制条件，再利用相应的数学知识解答.