Ⅰ. 若 $[a,b]\subseteq[1,2]$：#

我们不难注意到，在区间 $[1,2]$ 上 $f(x)$ 的函数图像是单调递增的，既然 $a<b$ ，那么必然有 $f(a)<f(b)$；同时在区间 $[a,b]$ 上函数 $f(x)$ 的值域为 $[ma,mb]$，所以我们可以得到：$\left\{\begin{aligned}&f(a)=ma,\\&f(b)=mb.\end{aligned}\right.\enspace$ 即：

由ⅰ式，不难得到

既然题目要求的是 $m$ 的取值范围，那我们不难联想到可以通过 ⅲ式中 $a$ 的取值范围来确定 $m$ 的取值范围，这里我们只需要将 $\frac{1}{a}$ 当做一个整体，然后 $m$ 就是关于 $\frac{1}{a}$ 的二次函数了，即可利用初中知识简单求解啦。

但是现在的问题就是，我们如何求解 $\boldsymbol{a}$ 的取值范围呢？

这时候我们再次审视题目条件，并结合此分类依据，可得一条重要的不等式链：

到这一步思路就已经很清晰了，显然，我们需要用 $\boldsymbol{a}$ 来表示 $\boldsymbol{b}$，这样我们就可以得到一条只含未知数 $a$ 的不等式链了，那么求解 $a$ 的取值范围不就轻而易举了吗？

为此，我们再回到最初的方程组，我们发现这两个方程形式相近，很难不想把它们相加或相减，所以我们进行以下操作：

• ⅰ + ⅱ，得 $-a-b-\frac{4}{a}-\frac{4}{b}+10=ma+mb$，即 $-(a+b)-\frac{4(a+b)}{ab}+10=m(a+b)$，此时再将等式两边同除以 $(a+b)$，整理得：

  $$m=-1-\frac{4}{ab}+\frac{10}{a+b}\enspace\enspaceⅳ$$

• ⅰ - ⅱ，得 $-a+b-\frac{4}{a}+\frac{4}{b}=ma-mb$，即 $-(a-b)+\frac{4(a-b)}{ab}=m(a-b)$，此时再将等式两边同除以 $(a-b)$，整理得：

这时候我们通过 ⅳ式和 ⅴ式的等量代换，可以轻松得到 $-1-\frac{4}{ab}+\frac{10}{a+b}=-1+\frac{4}{ab}$，整理得：

将这一结果代入刚才的不等式链，得：

解这一不等式链，最终可得：

所以：

此时我们已经求出 $\frac{1}{a}$ 的取值范围了！将其代入 ⅲ式的二次函数，可得：

Ⅱ. 若 $[a,b]\subseteq[2,4]$：#

区别于第 Ⅰ 类，由于 $f(x)$ 的函数图像在区间 $[2,4]$ 上是单调递减的，所以最初的方程组应为 $\left\{\begin{aligned}&f(a)=mb,\\&f(b)=ma.\end{aligned}\right.\enspace$ 即：

但这时候，我们很难像第 Ⅰ 类一样迅速用 $a$ 表示出 $m$ 了，看起来目标就不太明确了——但是别急！虽然第一步完成不了，但这依旧不妨碍我们先做后面的步骤。

同样地，我们有：

• ⅵ + ⅶ，整理得：

• ⅵ - ⅶ，整理得： $$-m=-1+\frac{4}{ab}\enspace\enspaceⅸ$$

ⅷ + ⅸ，整理得：

天啊😱，我们惊奇地发现 $a$ 与 $b$ 的和竟然是个常数！这可是天大的好消息啊，如此一来，我们就可以用 $b$ 代换 $a$，也可以用 $a$ 来代换 $b$ 了。

那么 ⅵ式就可以转化为：

用 $a$ 来表示 $m$，即：

同时我们将 $b=a-5$ 代入上面的不等式链，可得：

解得：

根据二次函数的性质，可得：

代入 ⅹ式，最终可得：

综上所述：#

我们已经分类讨论完了两种不同情况，最后将两种情况的结果取并集，得到整道题的最终答案：

Ⅰ. 若 $[a,b]\subseteq[1,2]$：#

与方法一类似，我们不难得到这样一组方程：

接下来，区别于方法一的点在于，我们不直接用其中一个未知量去表示另一个，而是——构建一个新的一元二次方程！为什么可以这样呢？因为我们发现这个方程组中两个方程的形式完全一样，只有未知量不同，所以我们可以把这两个未知量 $a$ 和 $b$ 看作是如下方程的两个不等实根：

将它整理为我们熟悉的一元二次方程，此处同时设该方程一般式等号左边为新函数 $g(x)$：

这时候这道题就已经转化为一元二次方程中根的分布的问题了，在此题条件下，该一元二次方程要在区间 $[1,2]$ 中有两个不等实根。

到这里，又由于 $m\geq0$（因为在区间 $[1,2]$ 上函数 $f(x)$ 的图像在$x$轴上或其上方即 $f(a)=ma\geq 0,f(b)=mb\geq 0$，又因为 $a,b$ 为正数，所以 $m\geq 0$），所以该方程二次项系数为正，那么我们就可以直接列出下列不等式组啦：（其中 $-\frac{-5}{2(m+1)}$ 为 $g(x)$ 函数图像即抛物线的对称轴的横坐标）

解该不等式组，可得：

Ⅱ. 若 $[a,b]\subseteq[2,4]$：#

同样地，我们先列出方程组：

与方法一的第 Ⅱ 类情况相同，我们可以得到：

经过代换，于是：

同构：

整理并设该一元二次方程一般式等号左边为新函数 $h(x)$：

与第 Ⅰ 类不同的是，我们现在不能马上判断出该方程二次项系数 $m-1$ 的正负，所以——这里我们可以尝试利用反证法的思路。

• 假设 $m=1$：

  则 $h(x)=-4\neq 0$，与题意矛盾，故 $m\neq 1$

• 假设 $m>1$：

  因为 $a+b=5,\enspace a,b\in[2,4],\enspace a\lt b$，所以不妨取 $a=2,b=3$，又因为 $f(a)=mb$，所以 $f(2)=3m\gt 3$；

  而由 $f(x)$ 原解析式 $f(x)=|x+\frac{4}{x}-5|$ 可知 $f(2)=1\lt 3$；

  两者矛盾，故 $m\leq 1$

综上所述，$m<1$ 即 $m-1<0$.

至此，我们已较为简便地判断出了该方程二次项系数为负，接下来就同第 Ⅰ 类，可以直接列出下列一元二次方程根的分布不等式组了：（其中 $-\frac{-5(m-1)}{2(m-1)}$ 为 $h(x)$ 函数图像即抛物线的对称轴的横坐标）

解该不等式组，可得：

综上所述：#

分类讨论结束后，我们同样对两个结果取并集：

Ⅰ. 若 $[a,b]\subseteq[1,2]$：#

因为在此区间内 $f(x)$ 单调递增，所以 $\left\{\begin{aligned}&f(a)=ma,\\&f(b)=mb.\end{aligned}\right.$，那么就有：

可以得到直线 $AB$ 的解析式为：

不难发现，直线 $AB$ 始终经过原点，为正比例函数，而且其斜率为 $m$。那么接下来就好办了，我们只需要让直线 $AB$ 与 $y=f(x),\enspace x\in[1,2]$ 的图像（这一段图像下文简称“曲线”）恰好有两个交点，即符合题意。那我们不妨先把草图画出来：

通过草图，我们可以发现：在直线 $AB$ 与曲线相切时其斜率取到最大值，在经过点 $(2,1)$ 时其斜率取到最小值。

这么看来，我们只需要分别求出直线 $AB$ 在与曲线相切和经过点 $(2,1)$ 时的斜率即可求出 $m$ 的取值范围。

• 与曲线相切：

  $$mx=f(x),\enspace x\in[1,2]$$

  转化为一元二次方程，即：

  $$(m+1)x^2-5x+4=0$$

  这个方程看起来是不是有点眼熟？没错，它就是方法二第 Ⅰ 类所构造出的方程！但是在这里，我们只需要令其判别式等于零即可求出相切情况的斜率。

  最终解得：

  $$\boxed{m=\frac{9}{16}}$$

• 经过点 $(2,1)$：

  $$2m=1$$

  解得：

  $$\boxed{m=\frac{1}{2}}$$

最后⚠️注意一下边界情况：相切时直线 $AB$ 与曲线有且仅有一个交点，不合题意，所以 $m$ 不能取到 $\frac{9}{16}$；相对地，当直线 $AB$ 经过点 $(2,1)$ 时，它与曲线仍有两个交点，所以 $m$ 可以取到 $\frac{1}{2}$.

所以：

Ⅱ. 若 $[a,b]\subseteq[2,4]$：#

此区间内 $f(x)$ 单调递减，所以有：

同样可以得到直线 $AB$ 的解析式：

这时候我们发现，这一个解析式只是看上去的话，并没有什么特别的，也不过什么定点之类的。然而，你应该也已经知道了，我们前两种方法都有提到如下等式：

没错，这时候我们的思路仍然同方法一的第 Ⅱ 类情况，即可得到上面 $a+b=5$ 这个恒等式。接下来就简单很多啦，把 $a+b=5$ 代入直线 $AB$ 的解析式并整理，可得：

我们同样惊奇地发现：直线 $AB$ 经过定点 $\boldsymbol{(5,0)}$，而且其斜率为 $-m$，好办了！依照题意，我们同样只需要让直线 $AB$ 和 $y=f(x),\enspace x\in[2,4]$ 的函数图像（这段图像下文简称曲线）恰好有两个交点。所以先把草图画出来：

与第 Ⅰ 类类似，我们可以发现：在直线 $AB$ 与曲线相切时其斜率的绝对值取到最大值，在经过点 $(2,1)$ 时其斜率的绝对值取到最小值。

分别如下：

• 与曲线相切：

  $$-m(x-5)=f(x)$$

  转化为一元二次方程，即：

  $$(m-1)x^2-5(m-1)x-4=0$$

  这个方程依然与方法二第 Ⅱ 类所构造出的方程相同！同样我们只需令其判别式等于零，解得：

  $$\boxed{m=\frac{9}{25}}$$

• 经过点 $(2,1)$：

  $$-m(2-5)=1$$

  解得：

  $$\boxed{m=\frac{1}{3}}$$

边界情况：根据草图，可以得知同样为相切时的 $\frac{9}{25}$ 不能取，而经过点 $(2,1)$ 时的 $\frac{1}{3}$ 可以取到。

所以：

综上所述：#

对两类情况的结果取并集，得到最终答案：