交换 $a,b$ 时，积分与分母同时变号，平均值不变，中点也不变。因此只需讨论 $a<b$，记 $c=\frac{(a+b)}{2}$。
（1）由 $f^{\prime \prime }\ge 0$ 推出积分不等式。对 $x\in [a,b]$ 在 $c$ 处作泰勒展开，存在介于 $c$ 与 $x$ 之间的 ${\xi }_x$，使

当 $x=c$ 时等式直接成立。由于 $c$ 是中点，${\int }_a^b(x-c)\mathrm{d}x=0$，故积分得到

除以正数 $b-a$，即得所需不等式。
（2）由积分不等式对任意 $a\ne b$ 成立，推出 $f^{\prime \prime }\ge 0$。反设存在 $x_0$ 使 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$。由 $f^{\prime \prime }$ 连续，存在 $\delta >0$，使 $|x-x_0|<\delta$ 时均有 $f^{\prime \prime }(x)<0$。取 $0<h<\delta$，令 $a=x_0-h,b=x_0+h$，则整个 $[a,b]$ 位于该邻域内，中点为 $x_0$。
对 $x\in [a,b]$ 在 $x_0$ 处展开，得

且 $x\ne x_0$ 时二阶余项严格为负，故严格小于。两边之差连续，在除中点外的区间上严格为负，积分后有

于是 $\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x<f(x_0)=f(\frac{(a+b)}{2})$，与假设矛盾。因此不存在二阶导数为负的点，必有 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$。两个方向均成立，充分必要性得证。