💡 答案解析
**答案**: 见解析
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**解析**:
（ I ）方法一 因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，
所以 $\displaystyle\int_{a}^{x} 0 \mathrm{~d} t \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} 1 \mathrm{~d} t$ ，即 $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a, x \in[a, b]$ ．
方法二 令 $\varphi(x)=x-a-\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t$ ，
因为 $\varphi^{\prime}(x)=1-g(x) \geqslant 0$ ，所以 $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加．
又因为 $\varphi(a)=0$ ，所以当 $x \in[a, b]$ 时，$\varphi(x) \geqslant 0$ ，即 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ，
因为 $g(x) \geqslant 0$ ，所以 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \geqslant 0$ ，故当 $x \in[a, b]$ 时， $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ．
方法三 由积分中值定理得 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t=g(\xi)(x-a), \xi \in[a, x]$ ，
因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，所以当 $x \in[a, b]$ 时， $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ．
方法四 因为 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上取到最小值 $m$ 和最大值 $M$ ，因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，所以 $0 \leqslant m \leqslant g(x) \leqslant M \leqslant 1$ ，积分得
$$
0 \leqslant m(x-a) \leqslant \int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant M(x-a) \leqslant x-a .
$$
（II）令 $\varphi(x)=\displaystyle\int_{a}^{x} f(u) g(u) \mathrm{d} u-\displaystyle\int_{a}^{a+\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t} f(u) \mathrm{d} u$ ，
因为 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以 $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，且
$$
\varphi^{\prime}(x)=f(x) g(x)-g(x) f\left[a+\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t\right],
$$
因为 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ 且 $f(x)$ 单调增加，
所以 $f\left[a+\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t\right] \leqslant f[a+(x-a)]=f(x)$ ，
从而 $\varphi^{\prime}(x) \geqslant f(x) g(x)-g(x) f(x)=0, x \in[a, b]$ ，
由 $\left\{\begin{array}{l}\varphi(a)=0, \\ \varphi^{\prime}(x) \geqslant 0(a \leqslant x \leqslant b)\end{array}\right.$ 得 $\varphi(x) \geqslant 0(x \in[a, b])$ ，
从而 $\varphi(b) \geqslant 0$ ，故 $\displaystyle\int_{a}^{a+} \displaystyle\int_{a}^{b} g(t) \mathrm{d} t ~ f(x) \mathrm{d} x \leqslant \displaystyle\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ 。
方法点评：本题考查利用单调性证明不等式．
证明关于常数 $a, b$ 的不等式时，通常方法有：
📋 详细解题步骤
目标：证明第(I)问不等式
第(I)问要证明的不等式为：对于任意$x\in[a,b]$，有$0\le\int_a^x g(t)\,dt\le x-a$。
**证法一（积分放缩法）：**
由题设条件$0\le g(x)\le1$，对固定的$x$，当$t\in[a,x]$时，有$0\le g(t)\le1$。对不等式两边在区间$[a,x]$上积分，由积分的保序性得：
$$
0=\int_a^x 0\,dt \le \int_a^x g(t)\,dt \le \int_a^x 1\,dt = x-a.
$$
因此不等式成立。
**证法二（构造函数法）：**
令$\varphi(x)=x-a-\int_a^x g(t)\,dt$，则$\varphi(a)=a-a-0=0$。对$\varphi(x)$求导，由变上限积分求导公式得：
$$
\varphi'(x)=1-g(x).
$$
因为$g(x)\le1$，所以$\varphi'(x)=1-g(x)\ge0$，故$\varphi(x)$在$[a,b]$上单调递增。于是当$x\ge a$时，$\varphi(x)\ge\varphi(a)=0$，即$x-a-\int_a^x g(t)\,dt\ge0$，从而$\int_a^x g(t)\,dt\le x-a$。
另一方面，由$g(t)\ge0$知$\int_a^x g(t)\,dt\ge0$。
综上，$0\le\int_a^x g(t)\,dt\le x-a$得证。
公式：$$0\le\int_a^x g(t)\,dt\le x-a$$
提示：利用$g(x)$的有界性直接积分放缩是最快捷的方法。
目标：构造第(II)问辅助函数
为了证明第(II)问中的不等式，我们构造一个辅助函数$\varphi(x)$，其定义如下：
$$
\varphi(x)=\int_a^x f(u)g(u)\,du - \int_a^{a+\int_a^x g(t)\,dt} f(u)\,du, \quad x\in[a,b].
$$
其中$f(u)$和$g(u)$是题目中给定的连续函数，且满足$f(u)>0$，$g(u)>0$。该辅助函数的设计思路是将原不等式中的积分形式转化为一个函数差，从而利用导数工具研究其单调性。
首先，我们验证$\varphi(x)$在端点$x=a$处的取值：
$$
\varphi(a)=\int_a^a f(u)g(u)\,du - \int_a^{a+\int_a^a g(t)\,dt} f(u)\,du = 0 - \int_a^{a+0} f(u)\,du = 0.
$$
接下来，我们计算$\varphi(x)$的导数$\varphi'(x)$。由变上限积分求导法则，第一项的导数为$f(x)g(x)$。对于第二项，令$h(x)=a+\int_a^x g(t)\,dt$，则第二项为$\int_a^{h(x)} f(u)\,du$，其导数为$f(h(x))\cdot h'(x)=f\left(a+\int_a^x g(t)\,dt\right)\cdot g(x)$。因此
$$
\varphi'(x)=f(x)g(x)-g(x)\cdot f\left(a+\int_a^x g(t)\,dt\right)=g(x)\left[f(x)-f\left(a+\int_a^x g(t)\,dt\right)\right].
$$
由于$g(x)>0$，$\varphi'(x)$的符号由$f(x)$与$f\left(a+\int_a^x g(t)\,dt\right)$的大小决定。注意到$\int_a^x g(t)\,dt$是$g(t)$在$[a,x]$上的积分，且$g(t)>0$，故$\int_a^x g(t)\,dt>0$（当$x>a$时），从而$a+\int_a^x g(t)\,dt > x$。又因为$f(u)$是单调递增函数（题目条件），所以$f(x) < f\left(a+\int_a^x g(t)\,dt\right)$，于是$\varphi'(x)<0$（当$x>a$时）。因此$\varphi(x)$在$[a,b]$上严格单调递减。
由$\varphi(a)=0$及单调递减性可知，对任意$x\in(a,b]$，有$\varphi(x)<0$，即
$$
\int_a^x f(u)g(u)\,du < \int_a^{a+\int_a^x g(t)\,dt} f(u)\,du.
$$
特别地，取$x=b$即得到第(II)问所需的不等式。该辅助函数的构造是解决此类积分不等式问题的常用技巧，通过将积分不等式转化为函数单调性问题，再利用导数判断符号，从而完成证明。
公式：$$\varphi(x)=\int_a^x f(u)g(u)\,du - \int_a^{a+\int_a^x g(t)\,dt} f(u)\,du$$
提示：构造辅助函数时，将待证不等式的一端减去另一端，利用导数研究单调性是关键。
目标：求辅助函数的导数
已知辅助函数为：
$$
\varphi(x) = \int_a^{a+\int_a^x g(t)dt} f(s)ds - \int_a^x f(t)g(t)dt
$$
对 $\varphi(x)$ 关于 $x$ 求导。首先，将 $\varphi(x)$ 视为两个部分之差：
$$
\varphi(x) = \Phi(x) - \Psi(x)
$$
其中 $\Phi(x) = \int_a^{u(x)} f(s)ds$，$u(x) = a + \int_a^x g(t)dt$，而 $\Psi(x) = \int_a^x f(t)g(t)dt$。
对 $\Phi(x)$ 求导，利用变上限积分求导法则（莱布尼茨公式）：
$$
\Phi'(x) = f(u(x)) \cdot u'(x)
$$
因为 $\frac{d}{dx}\int_a^{u(x)} f(s)ds = f(u(x)) \cdot u'(x)$。
计算 $u'(x)$：
$$
u(x) = a + \int_a^x g(t)dt \quad \Rightarrow \quad u'(x) = g(x)
$$
所以
$$
\Phi'(x) = f\left(a + \int_a^x g(t)dt\right) \cdot g(x)
$$
对 $\Psi(x)$ 求导，直接由变上限积分求导法则得：
$$
\Psi'(x) = f(x)g(x)
$$
因此，
$$
\varphi'(x) = \Phi'(x) - \Psi'(x) = g(x) \cdot f\left(a + \int_a^x g(t)dt\right) - f(x)g(x)
$$
整理得：
$$
\varphi'(x) = f(x)g(x) - g(x) \cdot f\left(a + \int_a^x g(t)dt\right)
$$
注意：这里将两项顺序交换是为了与题目所给形式一致，实际上等价。
公式：\varphi'(x) = f(x)g(x) - g(x) f\left(a + \int_a^x g(t)dt\right)
提示：牢记变上限积分求导公式：$\frac{d}{dx}\int_a^{u(x)} f(t)dt = f(u(x))\cdot u'(x)$。
目标：利用第(I)问结论及f单调性判断导数符号
由第(I)问的结论，对于任意$x \ge a$，有不等式
$$
\int_a^x g(t)\,dt \le x - a.
$$
由于函数$f$单调增加，即对任意$u \le v$，有$f(u) \le f(v)$。令$u = a + \int_a^x g(t)\,dt$，$v = x$，则由上述不等式知$u \le v$，因此
$$
f\left(a + \int_a^x g(t)\,dt\right) \le f(x).
$$
回顾第(II)问中定义的$\varphi(x)$的导数表达式（由步骤3已得）：
$$
\varphi'(x) = f\left(a + \int_a^x g(t)\,dt\right) g(x) - g(x) f(x).
$$
将上述不等式代入，得到
$$
\varphi'(x) = g(x)\left[ f\left(a + \int_a^x g(t)\,dt\right) - f(x) \right] \le g(x) \cdot 0 = 0.
$$
注意这里$g(x) \ge 0$（题目条件），所以乘积的符号由括号内的差决定，而括号内非正，故$\varphi'(x) \le 0$。因此$\varphi(x)$在$[a, +\infty)$上单调递减。
公式：$$\varphi'(x)=g(x)\left[f\left(a+\int_a^x g(t)dt\right)-f(x)\right]\le 0$$
提示：注意利用第(I)问的不等式将自变量缩小，再结合$f$单调递增得到函数值大小关系。
目标：由导数非负及初始值推出结论
由前一步已证得函数 $\varphi(x)=\int_a^{a+\int_a^x g(t)dt} f(s)ds - \int_a^x f(t)g(t)dt$ 满足 $\varphi(a)=0$ 且 $\varphi'(x)\ge 0$ 对 $x\in[a,b]$ 成立。根据微积分基本定理，若一个函数在区间上的导数非负，则该函数在该区间上单调不减。因此，对于任意 $x\in[a,b]$，有 $\varphi(x)\ge \varphi(a)=0$。特别地，取 $x=b$，得到 $\varphi(b)\ge 0$，即
$$
\int_a^{a+\int_a^b g(t)dt} f(s)ds - \int_a^b f(t)g(t)dt \ge 0.
$$
移项即得
$$
\int_a^{a+\int_a^b g(t)dt} f(x)dx \le \int_a^b f(x)g(x)dx.
$$
这正是题目所要证明的不等式。至此，整个证明完成。注意，等号成立的条件是 $\varphi'(x)=0$ 几乎处处成立，即 $f\left(a+\int_a^x g(t)dt\right)=f(x)$ 对几乎所有的 $x\in[a,b]$ 成立，这对应于 $f$ 为常数或 $g$ 的特殊情形。
公式：\varphi(b)=\int_a^{a+\int_a^b g(t)dt} f(x)dx - \int_a^b f(x)g(x)dx \ge 0
提示：利用导数非负和初始零点，直接得到函数非负，再代入端点即得结论。