设 $a,b$ 是实数，函数 $f(x)=ax+b+\dfrac{9}{x}$．证明：存在 $x_0\in[1,9]$，使得 $|f(x_0)|\geqslant 2$．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛（B卷加试试题）
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
只需证明存在 $u,v\in[1,9]$，满足 $|f(u)-f(v)|\geqslant 4$，进而由绝对值不等式得 $|f(u)|+|f(v)|\geqslant |f(u)-f(v)|\geqslant 4$，故 $|f(u)|\geqslant 2$ 与 $|f(v)|\geqslant 2$ 中至少有一个成立．当 $a\in(-\infty,\dfrac{1}{2}]\bigcup [\dfrac{3}{2},+\infty)$ 时，有 $|f(1)-f(9)|=|(a+b+9)-(9a+b+1)|=8|1-a|\geqslant 4$．
当 $\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{3}{2}$ 时，有 $\dfrac{3}{\sqrt{a}}\in[1,9]$．再分两种情况：若 $\dfrac{1}{2}<a\leqslant 1$，则 $|f(1)-f(\dfrac{3}{\sqrt{a}})|=|(a+b+9)-(6\sqrt{a}+b)|=(3-\sqrt{a})^2\geqslant 4$．若 $1<a<\dfrac{3}{2}$，则 $|f(9)-f(\dfrac{3}{\sqrt{a}})|=|(9a+b+1)-(6\sqrt{a}+b)|=(3\sqrt{a}-1)^2\geqslant 4$．
综上可知，存在 $u,v\in[1,9]$，满足 $|f(u)-f(v)|\geqslant 4$，从而命题得证．
证法二
用反证法．假设对任意 $x\in[1,9]$，均有 $|f(x)|<2$，则 $|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2$．
易知 $f(1)=a+b+9$，①
$f(3)=3a+b+3$，②
$f(9)=9a+b+1$．③
由 ①，② 得，$2a-6=f(2)-f(1)$；又由 ②，③ 得，$6a-2=f(3)-f(2)$．由上述两式消去 $a$，可知 $f(3)-4f(2)+3f(1)=(6a-2)-3\cdot (2a-6)=16$．但 $f(3)-4f(2)+3f(1)<2+4\cdot 2+3\cdot 2=16$，矛盾!从而命题得证．
只需证明存在 $u,v\in[1,9]$，满足 $|f(u)-f(v)|\geqslant 4$，进而由绝对值不等式得 $|f(u)|+|f(v)|\geqslant |f(u)-f(v)|\geqslant 4$，故 $|f(u)|\geqslant 2$ 与 $|f(v)|\geqslant 2$ 中至少有一个成立．当 $a\in(-\infty,\dfrac{1}{2}]\bigcup [\dfrac{3}{2},+\infty)$ 时，有 $|f(1)-f(9)|=|(a+b+9)-(9a+b+1)|=8|1-a|\geqslant 4$．
当 $\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{3}{2}$ 时，有 $\dfrac{3}{\sqrt{a}}\in[1,9]$．再分两种情况：若 $\dfrac{1}{2}<a\leqslant 1$，则 $|f(1)-f(\dfrac{3}{\sqrt{a}})|=|(a+b+9)-(6\sqrt{a}+b)|=(3-\sqrt{a})^2\geqslant 4$．若 $1<a<\dfrac{3}{2}$，则 $|f(9)-f(\dfrac{3}{\sqrt{a}})|=|(9a+b+1)-(6\sqrt{a}+b)|=(3\sqrt{a}-1)^2\geqslant 4$．
综上可知，存在 $u,v\in[1,9]$，满足 $|f(u)-f(v)|\geqslant 4$，从而命题得证．
证法二
用反证法．假设对任意 $x\in[1,9]$，均有 $|f(x)|<2$，则 $|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2$．
易知 $f(1)=a+b+9$，①
$f(3)=3a+b+3$，②
$f(9)=9a+b+1$．③
由 ①，② 得，$2a-6=f(2)-f(1)$；又由 ②，③ 得，$6a-2=f(3)-f(2)$．由上述两式消去 $a$，可知 $f(3)-4f(2)+3f(1)=(6a-2)-3\cdot (2a-6)=16$．但 $f(3)-4f(2)+3f(1)<2+4\cdot 2+3\cdot 2=16$，矛盾!从而命题得证．
答案
解析
备注
