💡 答案解析
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**解析**:
（I）
法 1：令 $F(x)=f(x)+(x-2) e^{x^{2}}$ ，则 $F(1)=-e\lt 0, F(2)=\displaystyle\int_{1}^{2} e^{t^{2}} d t\gt 0$ ，由零点定理知，存在 $\xi \in(1,2)$ ，使得 $F(\xi)=0$ ，即 $f(\xi)=(2-\xi) e^{\xi^{2}}$ ．
法 2：因 $f^{\prime}(x)=e^{x^{2}}$ ，则 $f(\xi)=(2-\xi) e^{\xi^{2}}$ 等价于 $f(\xi)=(2-\xi) f^{\prime}(\xi)$ ．
令 $F(x)=(x-2) f(x)=(x-2) \displaystyle\int_{1}^{x} e^{t^{2}} d t$ ，则 $F(1)=0, F(2)=0$ 。
由罗尔定理知，存在 $\xi \in(1,2)$ ，使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ．
又 $F^{\prime}(x)=\displaystyle\int_{1}^{x} e^{t^{2}} d t+(x-2) e^{x^{2}}$ ，即 $f(\xi)=(2-\xi) e^{\xi^{2}}$ ．
（II）令 $g(x)=\ln x$ ，则 $g^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{x} \neq 0$ ．
由柯西中值定理知，存在 $\eta \in(1,2)$ ，使得 $\displaystyle\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)}=\displaystyle\frac{f^{\prime}(\eta)}{g^{\prime}(\eta)}$ ，
即 $\displaystyle\frac{f(2)}{\ln 2}=\displaystyle\frac{e^{\eta^{2}}}{\displaystyle\frac{1}{\eta}}$ ，故 $f(2)=\ln 2 \cdot \eta e^{\eta^{2}}$ ．
📋 详细解题步骤
目标：第（I）问：构造辅助函数并应用零点定理（法1）
为了证明存在 $\xi \in (1,2)$ 使得 $f(\xi) = (2-\xi)e^{\xi^2}$，我们构造辅助函数 $F(x) = f(x) + (x-2)e^{x^2}$。
首先计算 $F(1)$：由已知条件 $f(1) = 0$，代入得
$$F(1) = f(1) + (1-2)e^{1^2} = 0 + (-1)e = -e < 0.$$
再计算 $F(2)$：由已知条件 $\int_1^2 e^{t^2} dt = f(2)$，代入得
$$F(2) = f(2) + (2-2)e^{2^2} = f(2) + 0 = \int_1^2 e^{t^2} dt.$$
由于被积函数 $e^{t^2} > 0$ 在 $[1,2]$ 上恒正，且区间长度为正，故该定积分大于零，即 $F(2) > 0$。
因此 $F(1) < 0$，$F(2) > 0$。又因为 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续（由题设 $f(x)$ 可导，故连续），$x-2$ 和 $e^{x^2}$ 均为连续函数，所以 $F(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续。由零点定理，存在 $\xi \in (1,2)$ 使得 $F(\xi) = 0$，即
$$f(\xi) + (\xi-2)e^{\xi^2} = 0 \quad \Longrightarrow \quad f(\xi) = (2-\xi)e^{\xi^2}.$$
这就完成了第（I）问的证明。
公式：F(x)=f(x)+(x-2)e^{x^2},\quad F(1)=-e<0,\quad F(2)=\int_1^2 e^{t^2}dt>0
提示：构造辅助函数时，将待证等式移项，令F(x)=f(x)+(x-2)e^{x^2}，利用端点值异号即可。
目标：第（I）问：构造辅助函数并应用罗尔定理（法2）
第（I）问的第二种解法：将待证等式 $f(\xi) = (2-\xi)f'(\xi)$ 变形为 $f(\xi) + (\xi-2)f'(\xi) = 0$。观察该形式，可考虑构造辅助函数 $F(x) = (x-2)f(x)$。计算 $F(x)$ 的导数：$F'(x) = f(x) + (x-2)f'(x)$。因此，若存在 $\xi \in (1,2)$ 使得 $F'(\xi)=0$，则恰好得到 $f(\xi)+(\xi-2)f'(\xi)=0$，即 $f(\xi)=(2-\xi)f'(\xi)$。
现在验证 $F(x)$ 满足罗尔定理的条件。由题设，$f(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续，在 $(1,2)$ 内可导，故 $F(x) = (x-2)f(x)$ 也在 $[1,2]$ 上连续，在 $(1,2)$ 内可导。计算端点值：$F(1) = (1-2)f(1) = -f(1)$，$F(2) = (2-2)f(2) = 0$。由第（I）问已知条件 $f(1)=0$，所以 $F(1) = -0 = 0$，因此 $F(1)=F(2)=0$。
根据罗尔定理，存在 $\xi \in (1,2)$ 使得 $F'(\xi)=0$，即 $f(\xi) + (\xi-2)f'(\xi) = 0$，整理得 $f(\xi) = (2-\xi)f'(\xi)$。证毕。
注意：此方法的关键在于构造合适的辅助函数 $F(x) = (x-2)f(x)$，使得其导数恰好包含待证等式的左边。与法1相比，法2直接利用已知条件 $f(1)=0$ 得到 $F(1)=0$，无需额外积分或变形，步骤更为简洁。
公式：$$F(x)=(x-2)f(x),\quad F'(x)=f(x)+(x-2)f'(x),\quad F(1)=F(2)=0,\quad \exists\xi\in(1,2):F'(\xi)=0$$
提示：观察待证等式形式，将含 $f$ 和 $f'$ 的项组合成某个函数的导数形式。
目标：第（II）问：将待证等式转化为柯西中值定理形式
第（II）问要求证明存在 $\xi \in (1,2)$ 和 $\eta \in (1,2)$，使得 $f'(\xi) = \eta f'(\eta) \ln 2$。为了利用柯西中值定理，我们首先构造两个辅助函数。令 $g(x) = \ln x$，则 $g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 对 $x \in (1,2)$ 成立。考虑区间 $[1,2]$ 上的函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，它们均在 $[1,2]$ 上连续，在 $(1,2)$ 内可导，且 $g'(x) \neq 0$，满足柯西中值定理的条件。
根据柯西中值定理，存在 $\eta \in (1,2)$，使得
$$\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} = \frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}.$$
计算分子和分母：由题设 $f(1)=0$，故 $f(2)-f(1)=f(2)$；而 $g(2)-g(1)=\ln 2 - \ln 1 = \ln 2$。代入上式得
$$\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{f'(\eta)}{1/\eta} = \eta f'(\eta).$$
因此有
$$f(2) = \eta f'(\eta) \ln 2. \tag{1}$$
另一方面，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (1,2)$，使得
$$f(2)-f(1) = f'(\xi)(2-1),$$
即 $f(2) = f'(\xi)$。代入 (1) 式即得
$$f'(\xi) = \eta f'(\eta) \ln 2.$$
这就将待证等式转化为了柯西中值定理的形式，并完成了证明。
公式：$$\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} = \frac{f'(\eta)}{g'(\eta)} \quad \Rightarrow \quad \frac{f(2)}{\ln 2} = \eta f'(\eta)$$
提示：构造辅助函数 $g(x)=\ln x$ 是关键，利用其导数 $1/x$ 与 $\eta$ 相乘消去分母。
目标：第（II）问：代入导数并化简得证
由第（I）问已证存在 $\eta \in (1,2)$ 使得 $\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}$。现已知 $f'(x)=e^{x^2}$，$g'(x)=\frac{1}{x}$，代入得：
$$
\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{e^{\eta^2}}{\frac{1}{\eta}} = \eta e^{\eta^2}.
$$
两边同时乘以 $\ln 2$，即得
$$
f(2) = \ln 2 \cdot \eta e^{\eta^2}.
$$
此即为所证等式。注意 $\eta \in (1,2)$，因此 $\eta e^{\eta^2}$ 为正数，$\ln 2>0$，等式成立。最终结论：存在 $\eta \in (1,2)$ 使得 $f(2)=\ln 2 \cdot \eta e^{\eta^2}$。
公式：$$\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{e^{\eta^2}}{\frac{1}{\eta}} = \eta e^{\eta^2}$$
提示：代入后先化简分式，再移项即可得到最终等式，注意检查定义域。