已知函数 f(x) 在 [0,1] 上连续，(0,1) 内可导，且 f(0)=0, f(1)=1，证明：1) 存在 xi_1 in (0,1)，使得 f'(xi_1) = 2xi_1；2) 存在 xi_2 in (0,(1)/(2))，xi_3 in ((1)/(2),1)，使得 f'(xi_2) + f'(xi_3) = 2(xi_2 + xi_3)

我们来逐步分析并证明这个题目。题目给出函数 $ f(x) $ 在区间 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且满足 $ f(0) = 0 $，$ f(1) = 1 $。需要证明两个结论：

第(1)问：存在 $\xi_1 \in (0,1)$，使得 $ f'(\xi_1) = 2\xi_1 $

思路分析：

我们要证明存在一点 $\xi_1$，使得导数 $ f'(\xi_1) = 2\xi_1 $。这类似于导数等于某个函数（这里是 $2x$）的值。

可以考虑构造一个辅助函数，使得其导数为零的点对应于 $ f'(x) = 2x $。

设辅助函数：
$g(x) = f(x) - x^2$

为什么这样构造？因为如果我们对 $ g(x) $ 求导：
$g'(x) = f'(x) - 2x$
那么 $ g'(x) = 0 $ 当且仅当 $ f'(x) = 2x $，这正是我们想要的。

接下来验证是否满足罗尔定理（Rolle's Theorem）的条件。

计算端点值：

• $ g(0) = f(0) - 0^2 = 0 - 0 = 0 $
• $ g(1) = f(1) - 1^2 = 1 - 1 = 0 $

所以 $ g(0) = g(1) = 0 $

又因为 $ f(x) $ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，$ x^2 $ 也处处连续可导，所以 $ g(x) $ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。

满足罗尔定理的条件，因此存在一点 $ \xi_1 \in (0,1) $，使得：
$g'(\xi_1) = 0 \Rightarrow f'(\xi_1) - 2\xi_1 = 0 \Rightarrow f'(\xi_1) = 2\xi_1$

第(1)问得证。

第(2)问：存在 $\xi_2 \in (0,\frac{1}{2})$，$\xi_3 \in (\frac{1}{2},1)$，使得

$f'(\xi_2) + f'(\xi_3) = 2(\xi_2 + \xi_3)$

即：
$f'(\xi_2) - 2\xi_2 + f'(\xi_3) - 2\xi_3 = 0$

这提示我们仍然可以考虑函数 $ h(x) = f(x) - x^2 $，因为 $ h'(x) = f'(x) - 2x $

于是原式变为：
$h'(\xi_2) + h'(\xi_3) = 0$

所以问题转化为：存在 $ \xi_2 \in (0,\frac{1}{2}) $，$ \xi_3 \in (\frac{1}{2},1) $，使得
$h'(\xi_2) + h'(\xi_3) = 0$

我们继续使用这个辅助函数 $ h(x) = f(x) - x^2 $

先计算端点值：

• $ h(0) = f(0) - 0 = 0 $
• $ h(1) = f(1) - 1 = 0 $
• $ h\left(\frac{1}{2}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right) - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = f\left(\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{4} $

在区间 $[0, \frac{1}{2}]$ 和 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上分别使用拉格朗日中值定理：

在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上：

$ h(x) $ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续，在 $(0, \frac{1}{2})$ 内可导，由拉格朗日中值定理，存在 $ \xi_2 \in (0, \frac{1}{2}) $，使得：
$h'(\xi_2) = \frac{h\left(\frac{1}{2}\right) - h(0)}{\frac{1}{2} - 0} = \frac{h\left(\frac{1}{2}\right) - 0}{\frac{1}{2}} = 2 h\left(\frac{1}{2}\right)$

在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上：

同理，存在 $ \xi_3 \in \left(\frac{1}{2}, 1\right) $，使得：
$h'(\xi_3) = \frac{h(1) - h\left(\frac{1}{2}\right)}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{0 - h\left(\frac{1}{2}\right)}{\frac{1}{2}} = -2 h\left(\frac{1}{2}\right)$

将两式相加：

$h'(\xi_2) + h'(\xi_3) = 2 h\left(\frac{1}{2}\right) + (-2 h\left(\frac{1}{2}\right)) = 0$

即：
$f'(\xi_2) - 2\xi_2 + f'(\xi_3) - 2\xi_3 = 0 \Rightarrow f'(\xi_2) + f'(\xi_3) = 2(\xi_2 + \xi_3)$

第(2)问得证。

最终结论：

1. 存在 $ \xi_1 \in (0,1) $，使得 $ f'(\xi_1) = 2\xi_1 $

2. 存在 $ \xi_2 \in (0,\frac{1}{2}) $，$ \xi_3 \in (\frac{1}{2},1) $，使得 $ f'(\xi_2) + f'(\xi_3) = 2(\xi_2 + \xi_3) $

答案：

$\boxed{ \begin{aligned}&\text{1) 存在 } \xi_1 \in (0,1) \text{，使得 } f'(\xi_1) = 2\xi_1；\\&\text{2) 存在 } \xi_2 \in \left(0,\frac{1}{2}\right),\ \xi_3 \in \left(\frac{1}{2},1\right)，\text{使得 } f'(\xi_2) + f'(\xi_3) = 2(\xi_2 + \xi_3)。\end{aligned} }$