💡 答案解析
好的，我们分两部分来证明，每个部分我都会给出详细的推导过程，确保逻辑严谨、格式规范。
下面开始正式作答。
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**解（I）**
设函数
\[
h(x) = f(x) - g(x),\quad x\in[a,b].
\]
由题意，\(f, g\) 在 \([a,b]\) 上连续且满足
\[
f(a) = g(a),\quad f(b) = g(b),
\]
所以
\[
h(a) = f(a) - g(a) = 0,\quad h(b) = 0.
\]
另外，\(f\) 和 \(g\) 在 \([a,b]\) 上存在相等的最大值。不妨设这个相等的最大值为 \(M\)，并设
\[
f(x_1) = M,\quad g(x_2) = M,
\]
其中 \(x_1, x_2 \in [a,b]\)。
**情况1**：若 \(x_1 = x_2\)，则记 \(\eta = x_1\)，此时直接有 \(f(\eta) = M = g(\eta)\)，结论成立。
**情况2**：若 \(x_1 \neq x_2\)，不妨设 \(x_1 < x_2\)。考虑：
- 在区间 \([a, x_1]\) 上，\(h(a)=0\)，而 \(h(x_1) = M - g(x_1) \ge 0\)（因 \(M\) 是 \(g\) 的最大值）。
- 在区间 \([x_2, b]\) 上，\(h(b)=0\)，而 \(h(x_2) = f(x_2) - M \le 0\)（因 \(M\) 也是 \(f\) 的最大值）。
倘若 \(h(x_1)=0\) 或 \(h(x_2)=0\)，则已有相等的点。否则有
\[
h(x_1) > 0, \quad h(x_2) < 0.
\]
由连续函数的零点定理，存在 \(\eta \in (x_1, x_2) \subset (a,b)\) 使得
\[
h(\eta) = 0 \quad\Rightarrow\quad f(\eta) = g(\eta).
\]
因此第（I）问得证。
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**解（II）**
由第（I）问，存在 \(\eta \in (a,b)\) 使得
\[
f(\eta) = g(\eta).
\]
又由题设知
\[
f(a) = g(a), \quad f(b) = g(b).
\]
故对函数
\[
h(x) = f(x) - g(x)
\]
在 \([a,b]\) 上存在三个零点：
\[
a,\ \eta,\ b.
\]
对区间 \([a, \eta]\) 和 \([\eta, b]\) 分别应用**罗尔定理**：
- 存在 \(\xi_1 \in (a, \eta)\) 使得 \(h'(\xi_1) = 0\)；
- 存在 \(\xi_2 \in (\eta, b)\) 使得 \(h'(\xi_2) = 0\)。
于是 \(h'(x)\) 在 \([\xi_1, \xi_2]\) 上满足罗尔定理条件（两端点导数相等为零），所以存在 \(\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a,b)\) 使
\[
h''(\xi) = 0.
\]
即
\[
f''(\xi) - g''(\xi) = 0 \quad\Rightarrow\quad f''(\xi) = g''(\xi).
\]
于是第（II）问得证。
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**总结**
- 第一部分利用最大值相等与介值定理（零点定理）找到函数值相等的点。
- 第二部分利用多次罗尔定理，从函数值相等逐步推出二阶导数相等。
这样我们就严谨地完成了题目要求的全部证明。
📋 详细解题步骤
目标：构造差函数并分析端点值
首先，根据题目条件，我们需要证明存在某个点使得$f(\xi)=g(\xi)$。为了利用已知的端点信息，我们构造辅助函数$h(x)=f(x)-g(x)$。由题意，函数$f(x)$和$g(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在开区间$(a,b)$内可导，因此$h(x)$也在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导。
已知$f(a)=g(a)$且$f(b)=g(b)$，代入$h(x)$的定义可得：
$$h(a)=f(a)-g(a)=0, \quad h(b)=f(b)-g(b)=0.$$
这样，$h(x)$在区间端点处的函数值均为0。这一性质是后续应用罗尔定理（Rolle's Theorem）的基础。罗尔定理要求函数在闭区间上连续、开区间内可导，且端点函数值相等（此处均为0），从而存在至少一点$\xi\in(a,b)$使得$h'(\xi)=0$。而$h'(\xi)=f'(\xi)-g'(\xi)=0$即$f'(\xi)=g'(\xi)$，这正是题目所要证明的结论。
因此，本步骤的核心是构造差函数并验证其端点值相等，为下一步应用罗尔定理做好准备。
公式：$$h(x)=f(x)-g(x),\quad h(a)=0,\quad h(b)=0$$
提示：构造差函数是处理函数相等问题的常用技巧，注意端点值相等是应用罗尔定理的关键。
目标：利用最大值相等分类讨论
设函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且它们在该区间上的最大值相等，记这个公共最大值为 $M$。由连续函数在闭区间上的性质，存在点 $x_1 \in [a,b]$ 使得 $f(x_1)=M$，存在点 $x_2 \in [a,b]$ 使得 $g(x_2)=M$。
现在根据 $x_1$ 与 $x_2$ 是否相等，分两种情况讨论：
**情况一：$x_1 = x_2$**
此时存在同一个点 $c = x_1 = x_2$ 满足 $f(c)=g(c)=M$，因此 $f(c)-g(c)=0$，结论显然成立。
**情况二：$x_1 \neq x_2$**
不妨设 $x_1 < x_2$（若 $x_1 > x_2$ 可对称处理）。考虑辅助函数 $h(x)=f(x)-g(x)$，则 $h(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。计算 $h(x_1)=f(x_1)-g(x_1)=M-g(x_1)$。由于 $g(x_1) \leq M$，故 $h(x_1) \geq 0$。类似地，$h(x_2)=f(x_2)-g(x_2)=f(x_2)-M \leq 0$。因此 $h(x_1) \geq 0$ 且 $h(x_2) \leq 0$。由零点定理，存在 $\xi$ 介于 $x_1$ 与 $x_2$ 之间，使得 $h(\xi)=0$，即 $f(\xi)=g(\xi)$。
综上，无论 $x_1$ 与 $x_2$ 是否相等，总存在 $\xi \in [a,b]$ 使得 $f(\xi)=g(\xi)$。
公式：$$h(x)=f(x)-g(x),\quad h(x_1)\geq 0,\quad h(x_2)\leq 0$$
提示：构造辅助函数 $h(x)=f(x)-g(x)$，利用零点定理是关键。
目标：情况1直接得证
考虑第一种情况：若$x_1 = x_2$。此时，两个已知点重合，即存在同一个点$x_1$（记作$\eta = x_1$）同时满足$f(\eta) = f(x_1) = 0$和$g(\eta) = g(x_1) = 0$。因此，在该点处有$f(\eta) = g(\eta) = 0$，从而$f(\eta) = g(\eta)$成立。这就直接证明了结论：存在一点$\eta \in (a, b)$（实际上$\eta = x_1 = x_2$），使得$f(\eta) = g(\eta)$。情况1得证。
公式：若$x_1 = x_2$，则取$\eta = x_1$，有$f(\eta) = g(\eta) = 0$。
提示：当两个零点重合时，直接取该点为公共点即可，无需复杂构造。
目标：情况2利用零点定理
考虑情况2：$x_1 \neq x_2$。不妨设 $x_1 < x_2$。由步骤3中构造的辅助函数 $h(x) = f(x) - g(x)$，已知 $h(x_1) \geq 0$，$h(x_2) \leq 0$。
若 $h(x_1) = 0$ 或 $h(x_2) = 0$，则已经找到点 $\eta = x_1$ 或 $\eta = x_2$ 使得 $h(\eta) = 0$，即 $f(\eta) = g(\eta)$，结论成立。
若 $h(x_1) > 0$ 且 $h(x_2) < 0$，则 $h(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_2]$ 上连续（因为 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上连续），且 $h(x_1)$ 与 $h(x_2)$ 异号。根据零点定理（介值定理的推论），存在 $\eta \in (x_1, x_2) \subset (a,b)$，使得 $h(\eta) = 0$，即 $f(\eta) = g(\eta)$。
综上，在情况2下，无论等号是否成立，均存在 $\eta \in (a,b)$ 使得 $f(\eta) = g(\eta)$。
公式：$$h(x)=f(x)-g(x),\quad h(x_1)>0,\;h(x_2)<0 \Rightarrow \exists\,\eta\in(x_1,x_2),\;h(\eta)=0$$
提示：注意分情况讨论，等号成立时直接得证，不等时用零点定理。
目标：得到第一问结论
在前面的步骤中，我们已经构造了辅助函数 $F(x)=f(x)-g(x)$，并验证了 $F(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 内可导，且满足 $F(a)=f(a)-g(a)>0$，$F(b)=f(b)-g(b)<0$。由连续函数的介值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $F(\xi)=0$，即 $f(\xi)=g(\xi)$。但题目要求证明存在 $\eta\in(a,b)$ 使得 $f(\eta)=g(\eta)$，且 $\eta$ 是唯一的。目前我们只得到了存在性。
为了得到第一问的结论，我们需要进一步说明这样的 $\eta$ 是唯一的。假设存在两个不同的点 $\eta_1,\eta_2\in(a,b)$，$\eta_1<\eta_2$，使得 $f(\eta_1)=g(\eta_1)$ 且 $f(\eta_2)=g(\eta_2)$。则 $F(\eta_1)=F(\eta_2)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(a,b)$ 使得 $F'(\xi)=0$。但由已知条件，$f'(x)\neq g'(x)$ 对任意 $x\in(a,b)$ 成立，即 $F'(x)=f'(x)-g'(x)\neq0$，矛盾。因此假设不成立，这样的 $\eta$ 是唯一的。
综上，存在唯一的 $\eta\in(a,b)$ 使得 $f(\eta)=g(\eta)$。这就是第一问的结论。
公式：$$F(x)=f(x)-g(x),\quad F(\eta)=0,\quad \eta\in(a,b)$$
提示：先证存在性（介值定理），再用反证法结合罗尔定理证唯一性。
目标：分析h(x)的零点个数
由第一问的结论，已知 $h(x) = f(x) - g(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续可导，且 $h(a) = h(b) = 0$。同时，根据题目条件，存在点 $\eta \in (a, b)$ 使得 $h(\eta) = 0$（此 $\eta$ 可由第一问的介值性或罗尔定理得到）。因此，$h(x)$ 在 $[a, b]$ 上至少有三个零点：$a$、$\eta$、$b$。
现在需要分析 $h(x)$ 的零点个数是否可能多于三个。考虑 $h(x)$ 的导数 $h'(x) = f'(x) - g'(x)$。由题目条件，$f'(x) \neq g'(x)$ 对任意 $x \in (a, b)$ 成立，即 $h'(x) \neq 0$ 在 $(a, b)$ 内恒成立。这意味着 $h(x)$ 在 $(a, b)$ 内没有驻点，从而 $h(x)$ 在 $(a, b)$ 内是严格单调的（因为导数不变号）。
若 $h(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调，则它至多有一个零点。但我们已经知道 $h(x)$ 在 $(a, b)$ 内有一个零点 $\eta$，因此 $\eta$ 是 $h(x)$ 在 $(a, b)$ 内的唯一零点。结合端点 $a$ 和 $b$ 处的零点，$h(x)$ 在 $[a, b]$ 上恰好有三个零点：$a$、$\eta$、$b$。
注意：端点 $a$ 和 $b$ 处的零点是由题目条件直接给出的（$f(a)=g(a)$，$f(b)=g(b)$），而 $\eta$ 是由第一问证明得到的内部零点。因此，$h(x)$ 的零点个数为 $3$，且不可能更多。
公式：$$h(x)=f(x)-g(x),\quad h(a)=h(\eta)=h(b)=0,\quad h'(x)\neq 0\text{ 在 }(a,b)\text{ 内}$$
提示：利用导数恒不为零推出函数严格单调，从而内部至多一个零点。
目标：第一次应用罗尔定理
由第6步已知，函数$h(x)=f(x)-g(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，在开区间$(a,b)$内可导，且满足$h(a)=h(\eta)=h(b)=0$，其中$\eta\in(a,b)$。
首先，在区间$[a,\eta]$上，$h(x)$满足罗尔定理的条件：$h(x)$在$[a,\eta]$上连续，在$(a,\eta)$内可导，且$h(a)=h(\eta)=0$。因此，由罗尔定理，存在一点$\xi_1\in(a,\eta)$，使得$h'(\xi_1)=0$。
其次，在区间$[\eta,b]$上，$h(x)$同样满足罗尔定理的条件：$h(x)$在$[\eta,b]$上连续，在$(\eta,b)$内可导，且$h(\eta)=h(b)=0$。因此，由罗尔定理，存在一点$\xi_2\in(\eta,b)$，使得$h'(\xi_2)=0$。
至此，我们得到了两个不同的点$\xi_1$和$\xi_2$，它们分别位于区间$(a,\eta)$和$(\eta,b)$内，且满足$h'(\xi_1)=0$和$h'(\xi_2)=0$。这为下一步在区间$[\xi_1,\xi_2]$上再次应用罗尔定理奠定了基础。
公式：$$\exists\xi_1\in(a,\eta),\ h'(\xi_1)=0;\quad \exists\xi_2\in(\eta,b),\ h'(\xi_2)=0$$
提示：注意两个区间$[a,\eta]$和$[\eta,b]$不重叠，因此得到的两个点必然不同。
目标：第二次应用罗尔定理
由第7步已知，存在两点$\xi_1 \in (a, c)$和$\xi_2 \in (c, b)$，使得$h'(\xi_1) = 0$且$h'(\xi_2) = 0$。由于$\xi_1 < c < \xi_2$，故$\xi_1 \neq \xi_2$。函数$h(x)$在$[a, b]$上二阶可导，因此其导函数$h'(x)$在$[\xi_1, \xi_2]$上连续，在$(\xi_1, \xi_2)$内可导。又因为$h'(\xi_1) = h'(\xi_2) = 0$，满足罗尔定理的条件。于是，对$h'(x)$在区间$[\xi_1, \xi_2]$上应用罗尔定理，存在一点$\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b)$，使得$h''(\xi) = 0$。至此，我们证明了存在$\xi \in (a, b)$，使得$f''(\xi) = g''(\xi)$，即$f''(\xi) - g''(\xi) = 0$。
公式：$$h'(\xi_1)=0,\quad h'(\xi_2)=0 \Rightarrow \exists \xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b),\; h''(\xi)=0$$
提示：注意两个零点$\xi_1$和$\xi_2$必须不同，且区间端点函数值相等才能用罗尔定理。
目标：得到第二问结论
由第8步已证得存在一点 $\xi \in (a, b)$ 使得 $h''(\xi) = 0$。而 $h(x) = f(x) - g(x)$，因此 $h''(x) = f''(x) - g''(x)$。代入 $\xi$ 得 $h''(\xi) = f''(\xi) - g''(\xi) = 0$，即 $f''(\xi) = g''(\xi)$。故存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $f''(\xi) = g''(\xi)$，这正是第二问所要证明的结论。至此，第二问证明完毕。
公式：$$h''(\xi) = f''(\xi) - g''(\xi) = 0 \Rightarrow f''(\xi) = g''(\xi)$$
提示：注意 $h(x)=f(x)-g(x)$，则 $h''(x)=f''(x)-g''(x)$，由 $h''(\xi)=0$ 直接推出结论。