【正确答案】 可用积分的估值定理、中值定理、比较定理等法证(I)，可用函数的单调性证明(Ⅱ)成立．
证(I)证一 由定积分的估值定理证之．
因g(x)在[a，b]上连续，则在[a，b]上必可积，且 0≤g(x)≤1．由估值定理知，当x∈[a,b]时，必有(x－a)·0≤∫_a^xg(t)dt≤(x一a)·1，即0≤∫_a^xg(t)df≤(x一a)．
证二 由比较定理证之，因0≤g(x)≤1，则∫_a^x0dt≤∫_a^xg(t)dt≤∫_a^xdt，即0≤∫_a^xg(t)dt≤(x一a)，x∈[a，b]．
证三 由积分中值定理证之．由该定理得到∫_a^xg(t)dt=g(ξ)(x一a)，ξ∈[a，x]，因当x∈[a，b]时，有0≤g(x)≤1，故0≤g(ξ)≤1，从而
0=(x—a)·0≤∫_a^xg(t)dt≤(x—a)·1=x一a．

【正确答案】考虑到待证不等式的构造及其性质：当a=b时，不等式化为等式，可将b换为x．令
φ(x)=∫_a^xf(u)g(u)du－∫_a^{a+∫_axg(t)dt}f(u)du，
则φ(a)=0，且φ′(x)=f(x)g(x)－f[a+∫_a^xg(t)dt]g(x)．由(I)知，∫_a^xg(t)dt≤x－a，
故a+∫_a^xg(t)dt≤a+x—a=x．由f(x)单调增加，有f(x)≥f[a+∫_a^xg(t)dt]，于是
φ′(x)=f(x)g(x)一f[a+∫_a^xg(t)dt]g(x)≥0．
故φ(x)单调不减，又φ(a)=0，故φ(b)≥0，即∫_{a+∫a^bg(t)dt}^bf(x)dx≤∫_a^bf(x)g(x)dx ．