对任意 $x\in [a,b]$，因 $x\ge a$ 且 $0\le g(t)\le 1$，利用定积分保序性，得

当 $x=a$ 时各项均为零，结论同样成立。特别地，令 $c={\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t$，则 $0\le c\le b-a$，所以 $a+c\in [a,b]$，下一问积分上限在 $f$ 的定义域内。

（1）构造辅助函数。把待证不等式两边之差中的固定上限 $b$ 换为变量 $x$，令

由上一问，$a\le a+{\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t\le x\le b$，所以 $F$ 在 $[a,b]$ 上有定义且连续，$F(a)=0$。所要证明的正是 $F(b)\ge 0$。

（2）求导并判断符号。记 $u(x)=a+{\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t$，则 $u^{\prime }(x)=g(x)$。由于 $f,g$ 连续，变限积分求导公式与链式法则给出

由 $u(x)\le x$ 及 $f$ 单调增加，有 $f(u(x))\le f(x)$；又 $g(x)\ge 0$，故 $F^{\prime }(x)\ge 0$。这里仅使用 $f$ 的单调性，不要求 $f$ 非负。

（3）利用单调性收尾。由导数判定，$F$ 在 $[a,b]$ 上单调不减，因此 $F(b)\ge F(a)=0$，即

（1）在特定分点拆开积分。记 $c={\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t$，由上一问知 $a+c\in [a,b]$。将两边作差，并在 $a+c$ 处分段，得

（2）用同一个函数值估计两部分。在 $[a+c,b]$ 上，$f(x)\ge f(a+c)$ 且 $g(x)\ge 0$；在 $[a,a+c]$ 上，$f(x)\le f(a+c)$ 且 $1-g(x)\ge 0$。分别积分，再考虑第二项前的负号，得到

（3）核对权重恰好抵消。括号内为

所以 $D\ge 0$，所证不等式成立。无论 $f(a+c)$ 正负，最后乘数为零；$c=0$ 或 $c=b-a$ 时零长度积分为零，论证仍适用。