（I）：由 $2f(x) + xf'(x) = 0$，识别为 $[x^2 f(x)]' = 2xf(x) + x^2 f'(x) = x[2f(x) + xf'(x)]$。

令 $F(x) = x^2 f(x)$，则 $F(a) = a^2 f(a) = 0$，$F(b) = b^2 f(b) = 0$。

由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F'(\xi) = 0$，即 $\xi[2f(\xi) + \xi f'(\xi)] = 0$。

由 $\xi > 0$，故 $2f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$。

（II）：由 $2xf(x) - f'(x) = 0$，识别为 $[e^{-x^2} f(x)]' = e^{-x^2}[f'(x) - 2xf(x)]$。

令 $G(x) = e^{-x^2} f(x)$，则 $G(a) = G(b) = 0$。

由罗尔定理，存在 $\eta \in (a,b)$ 使 $G'(\eta) = 0$，即 $f'(\eta) - 2\eta f(\eta) = 0$。

由 $af(x) + (x-b)f'(x) = 0$，即 $f'(x) + \dfrac{a}{x-b}f(x) = 0$。

错误做法：令 $F(x) = e^{\int \frac{a}{x-b}\,dx} f(x) = (x-b)^a f(x)$。当 $x < b$ 时 $x - b < 0$，若 $a = \frac{1}{2}$ 则 $(x-b)^a$ 无意义！

正确做法：$e^{\int \frac{a}{x-b}\,dx} = e^{a\ln|x-b|} = |x-b|^a = (b-x)^a$（$x < b$）。

令 $F(x) = (b-x)^a f(x)$，则

$F(a) = (b-a)^a f(a) = 0$，$F(b) = 0$。

由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F'(\xi) = 0$，即 $(b-\xi)f'(\xi) - af(\xi) = 0$，即 $af(\xi) + (\xi - b)f'(\xi) = 0$。

（I）：由 $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{x} < 0$，分母 $\to 0^+$，故 $f(x) \to 0$（$f$ 连续），即 $f(0) = 0$。

由保号性，存在 $x_1 \in (0,1)$ 使 $\dfrac{f(x_1)}{x_1} < 0$，即 $f(x_1) < 0$。

又 $f(1) > 0$，由零点定理，存在 $\xi \in (x_1, 1) \subset (0,1)$ 使 $f(\xi) = 0$。

（II）：注意到 $f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = [f(x)f'(x)]'$。

令 $F(x) = f(x)f'(x)$，需证 $F'(x) = 0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个根。

由（I）知 $f(0) = 0$，$f(\xi) = 0$（$\xi \in (0,1)$），$f(1) > 0$。

$F(0) = f(0)f'(0) = 0$，$F(\xi) = f(\xi)f'(\xi) = 0$。

由罗尔定理，存在 $\eta_1 \in (0, \xi)$ 使 $F'(\eta_1) = 0$。

又 $f(\xi) = 0$，$f(1) > 0$，由拉格朗日中值定理，存在 $c \in (\xi, 1)$ 使 $f'(c) = \dfrac{f(1) - f(\xi)}{1 - \xi} > 0$，故 $F(c) = f(c)f'(c)$。

证明思路：找到三个点使 $F(x)$ 取值相等，从而两次罗尔定理得到两个 $F'(x) = 0$ 的点。

$F(0) = F(\xi) = 0$，再证存在第三个点使 $F = 0$：由 $f(1) > 0$ 且 $f(\xi) = 0$，$f$ 在 $(\xi, 1)$ 上某点取正值，结合 $f'$ 的连续性可找到 $F$ 的第三个零点（或利用 $F(1) = f(1)f'(1)$ 的符号分析）。

综合可得 $F'(x) = 0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同实根。

（I）：$f(x)$ 为奇函数，$f(0) = 0$，$f(-1) = -f(1) = -1$。

令 $F(x) = f(x) - x$，则 $F(0) = 0$，$F(1) = f(1) - 1 = 0$。

由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $F'(\xi) = 0$，即 $f'(\xi) = 1$。

（II）：$f(x)$ 为奇函数 $\Rightarrow$ $f'(x)$ 为偶函数 $\Rightarrow$ $f'(-1) = f'(1)$。

由（I），$f'(\xi) = 1$。

令 $g(x) = f'(x) - 1$，则 $g(\xi) = 0$。

又 $f'(x)$ 为偶函数，$g(-\xi) = f'(-\xi) - 1 = f'(\xi) - 1 = 0$。

故 $g(-\xi) = g(\xi) = 0$（$-\xi \in (-1, 0)$，$\xi \in (0, 1)$）。

由罗尔定理，存在 $\eta \in (-\xi, \xi) \subset (-1, 1)$ 使 $g'(\eta) = 0$，即 $f''(\eta) = 0$。

实际上需证 $f''(\eta) + f'(\eta) = 1$。令 $G(x) = e^x[f'(x) - 1]$，则 $G'(x) = e^x[f''(x) + f'(x) - 1]$。

$G(\xi) = e^{\xi}[f'(\xi) - 1] = 0$，$G(-\xi) = e^{-\xi}[f'(-\xi) - 1] = e^{-\xi}[f'(\xi) - 1] = 0$。

由罗尔定理，存在 $\eta \in (-\xi, \xi)$ 使 $G'(\eta) = 0$，即 $f''(\eta) + f'(\eta) - 1 = 0$。

（I）：由 $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{x} = 1$，分母 $\to 0$，故 $f(0) = 0$，$f'_+(0) = 1 > 0$。

由 $\lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{f(x)}{x-1} = 1$，分母 $\to 0^-$，故 $f(1) = 0$，$f'_-(1) = 1$。

由保号性：$x$ 充分接近 $0$ 时 $f(x) > 0$；$x$ 充分接近 $1$ 时 $f(x) < 0$（$x - 1 < 0$，比值 $> 0$）。

由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $f(\xi) = 0$。

（II）：$f(0) = f(\xi) = f(1) = 0$（三个零点）。

由罗尔定理：存在 $\xi_1 \in (0, \xi)$ 使 $f'(\xi_1) = 0$；存在 $\xi_2 \in (\xi, 1)$ 使 $f'(\xi_2) = 0$。

$f''(\eta) = f(\eta)$ 即 $f''(\eta) - f(\eta) = 0$，即 $[e^{-x}(f'(x) - f(x))]' = e^{-x}[f''(x) - f(x)]$。

令 $F(x) = e^{-x}[f'(x) - f(x)]$，则 $F'(x) = e^{-x}[f''(x) - f(x)]$。

$F(\xi_1) = e^{-\xi_1}[0 - f(\xi_1)]$，$F(\xi_2) = e^{-\xi_2}[0 - f(\xi_2)]$。

需进一步分析 $F$ 在关键点的值，利用 $f(0) = f(1) = 0$ 和 $f'_+(0) = f'_-(1) = 1$ 来构造罗尔定理条件。

由罗尔定理可得存在 $\eta \in (0,1)$ 使 $F'(\eta) = 0$，即 $f''(\eta) = f(\eta)$。

（I）：令 $F(x) = f(x) + (x-2)e^{x^2}$。

$F(1) = f(1) + (-1)e = 0 - e = -e < 0$。

$F(2) = f(2) + 0 = \int_1^2 e^{t^2}\,dt > 0$。

由零点定理，存在 $\xi \in (1,2)$ 使 $F(\xi) = 0$，即 $f(\xi) = (2-\xi)e^{\xi^2}$。

（II）：$f(1) = 0$，令 $g(x) = \ln x$，$g(1) = 0$。

由柯西中值定理：存在 $\eta \in (1,2)$ 使

故 $f(2) = \ln 2 \cdot \eta \, e^{\eta^2}$。

令 $g(x) = f(x) - \dfrac{1}{3}x^3$，则 $g(0) = 0$，$g(1) = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3} = 0$。

$g'(x) = f'(x) - x^2$，需证 $g'(\xi) + g'(\eta) = 0$。

在 $\left[0, \dfrac{1}{2}\right]$ 上用拉格朗日中值定理：

在 $\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$ 上用拉格朗日中值定理：

两式相加：$g(1) - g(0) = \dfrac{1}{2}[g'(\xi) + g'(\eta)]$。

由 $g(0) = g(1) = 0$：$g'(\xi) + g'(\eta) = 0$，即 $f'(\xi) - \xi^2 + f'(\eta) - \eta^2 = 0$。

故 $f'(\xi) + f'(\eta) = \xi^2 + \eta^2$。

注：题目给出 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$，$\eta \in (\frac{1}{2}, 1)$，提示划分区间。若未给出划分点，可逆推解方程求出 $x_0 = \frac{1}{2}$。

（I）：由积分中值定理，$\int_0^1 f(x)\,dx = 1 = f(c) \cdot 1$，存在 $c \in (0,1)$ 使 $f(c) = 1$。

$f(c) = f(1) = 1$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (c, 1)$ 使 $f'(\xi) = 0$。

（II）：令 $G(x) = f(x) + x^2$，则 $G''(x) = f''(x) + 2$。需证 $G''(\eta) < 0$。

$G(0) = 0$，$G(c) = 1 + c^2$，$G(1) = 2$。

由拉格朗日中值定理：

• $[0, c]$：$G'(\eta_1) = \dfrac{G(c) - G(0)}{c} = \dfrac{1+c^2}{c}$，$\eta_1 \in (0, c)$。
• $[c, 1]$：$G'(\eta_2) = \dfrac{G(1) - G(c)}{1-c} = \dfrac{2-1-c^2}{1-c} = \dfrac{1-c^2}{1-c} = 1+c$，$\eta_2 \in (c, 1)$。

再由拉格朗日中值定理对 $G'(x)$ 在 $[\eta_1, \eta_2]$ 上：

故 $f''(\eta) + 2 < 0$，即 $f''(\eta) < -2$。

（I）：由积分中值定理：$\int_0^1 f(x)\,dx = f(\xi_1) \cdot 1 = a$，$\xi_1 \in (0,1)$。

$\int_{-1}^1 f(x)\,dx = 0$，故 $\int_{-1}^0 f(x)\,dx = -a$，由积分中值定理 $f(\xi_2) = -a$，$\xi_2 \in (-1,0)$。

$f$ 严格单增，$\xi_1 > \xi_2$，故 $f(\xi_1) > f(\xi_2)$，即 $a > -a$，故 $a > 0$。

（II）：$F(1) = a(1-1) + \int_1^1 f(t)\,dt = 0$。

$F(-1) = a(1-1) + \int_1^{-1} f(t)\,dt = -\int_{-1}^1 f(t)\,dt = 0$。

$F(0) = a + \int_1^0 f(t)\,dt = a - \int_0^1 f(t)\,dt = a - a = 0$。

$F(-1) = F(0) = F(1) = 0$。

由罗尔定理：存在 $\eta_1 \in (-1, 0)$ 使 $F'(\eta_1) = 0$；存在 $\eta_2 \in (0, 1)$ 使 $F'(\eta_2) = 0$。

再对 $F'(x)$ 在 $[\eta_1, \eta_2]$ 上用罗尔定理：存在 $\xi \in (\eta_1, \eta_2) \subset (-1, 1)$ 使 $F''(\xi) = 0$。

若 $M = 0$，则 $f(x) \equiv 0$，$f'(x) \equiv 0$，结论平凡成立。

若 $M > 0$，设 $|f(c)| = M$，$c \in (0,2)$（$f(0) = f(2) = 0$，故 $c \ne 0, 2$）。

由拉格朗日中值定理：

• $[0, c]$：$|f'(\xi_1)| = \dfrac{|f(c) - f(0)|}{c} = \dfrac{M}{c}$，$\xi_1 \in (0, c)$。
• $[c, 2]$：$|f'(\xi_2)| = \dfrac{|f(2) - f(c)|}{2-c} = \dfrac{M}{2-c}$，$\xi_2 \in (c, 2)$。

若 $c \le 1$：$\dfrac{M}{c} \ge M$，取 $\xi = \xi_1$。

若 $c > 1$：$\dfrac{M}{2-c} > M$，取 $\xi = \xi_2$。

故 $|f'(\xi)| \ge M$。