（1）$|f|$ 连续，故在紧区间上可取到最大值 $M$。若 $M=0$，则 $f\equiv 0$，任取 $\xi \in (0,2)$ 即成立。以下设 $M>0$，取 $c$ 使 $|f(c)|=M$，由两端函数值为零知 $0<c<2$。
（2）若 $0<c\le 1$，对 $f$ 在 $[0,c]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,c)$，使 $|f^{\prime }(\xi )|=\frac{|f(c)-f(0)|}{c}=\frac{M}{c}\ge M$。
若 $1<c<2$，在 $[c,2]$ 上用同一定理，存在 $\xi \in (c,2)$，使 $|f^{\prime }(\xi )|=\frac{|f(2)-f(c)|}{(2-c)}=\frac{M}{(2-c)}>M$。两种情形的中值点均在 $(0,2)$ 内，结论成立。

（1）反设 $M>0$，仍取 $c\in (0,2)$ 使 $|f(c)|=M$。对 $[0,c]$、$[c,2]$ 分别用中值定理，并用 $|f^{\prime }|\le M$，得 $\frac{M}{c}\le M$、$\frac{M}{(2-c)}\le M$。除以正数 $M$，得 $c\ge 1$、$c\le 1$，故 $c=1$。
（2）于是 $|f(1)|=M$。若 $f(1)=-M$，以 $-f$ 替换 $f$，全部条件不变，所以可设 $f(1)=M$。
任取 $0<x<1$，由导数界与中值定理在 $[0,x]$、$[x,1]$ 上分别得到 $f(x)\le Mx$、$M-f(x)\le M(1-x)$。后者给出 $f(x)\ge Mx$，故 $f(x)=Mx$，连同端点得此式在 $[0,1]$ 成立。
（3）任取 $1<x<2$，在 $[1,x]$ 上同理有 $f(x)-M\ge -M(x-1)$，故 $f(x)\ge M(2-x)$；在 $[x,2]$ 上有 $-f(x)\ge -M(2-x)$，故 $f(x)\le M(2-x)$。因此 $f(x)=M(2-x)$，连同端点得此式在 $[1,2]$ 成立。
（4）上述分段表达式在 $1$ 处的左导数为 $M$、右导数为 $-M$，因 $M>0$ 而不相等，与题设在 $1$ 可导矛盾。故 $M=0$，从而 $f\equiv 0$。这里已用可导性推出矛盾，无需声称导数连续是不可削弱的条件。