Définissons $$g(x):=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$ Cette fonction est continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$, et $g(a)=g(b)=0$. Par le Théorème de Rolle, il existe $c\in ]a,b[$ tel que $g^{\prime }(c)=0$. Or $$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$ donc $g^{\prime }(c)=0$ est équivalent à $f^{\prime }(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.

Supposons que $f$ est croissante sur $[a,b]$. Considérons un point $x\in ]a,b[$ quelconque. Comme $f$ est dérivable en $x$, sa dérivée est égale à sa dérivée latérale à droite: $$f^{\prime }(x)=f_{+}^{\prime }(x)=\underset{z\to x^{+}}{\lim }\frac{f(z)-f(x)}{z-x}.$$ Ce dernier quotient peut donc être considéré pour des $z>x$, ce qui implique que le dénominateur $z-x>0$, et que le numérateur $f(z)-f(x)⩾0$ (puisque $f$ est supposée croissante). Donc le quotient est $⩾0$, et donc sa limite est aussi positive: $f^{\prime }(x)⩾0$.
Supposons maintenant que $f^{\prime }(x)⩾0$ pour tout $x\in [a,b]$. Soient $x_1,x_2\in [a,b]$, $x_1<x_2$. On peut appliquer le TAF sur $[x_1,x_2]$: il existe $c\in ]x_1,x_2[$ tel que $$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(c)⩾0.$$ Comme $x_2-x_1>0$, ceci implique $f(x_2)⩾f(x_1)$. Puisque ceci vaut pour toute paire $x_1,x_2$ (avec $x_1<x_2$), on a bien montré que $f$ est croissante sur $[a,b]$.

On montre que $f$ est constante en montrant qu’elle prend, en tout point $x$ de l’intervalle, la même valeur qu’en un point $x_0$ fixé. Fixons donc $x_0\in ]a,b[$.
Prenons un autre point $x\in ]a,b[$. Supposons que $x>x_0$. Puisque $f$ est dérivable sur $]a,b[$, elle satisfait aux hypothèses du TAF sur $[x_0,x]$: il existe un point $c\in ]x_0,x[$ tel que $$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(c).$$ Mais comme $f^{\prime }(c)=0$, ceci implique que $f(x)=f(x_0)$.
Si $x<x_0$, on fait la même chose sur $[x,x_0]$.

Soit $h(x):=f(x)-g(x)$. Puisque $$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=0\forall x\in ]a,b[,$$ le lemme précédent garantit qu’il existe une constante $C$ telle que $h(x)=C$, et donc $f(x)=g(x)+C$, pour tout $x\in [a,b]$.

Pour démontrer la première affirmation, calculons la dérivée à droite en $a$: $$f_{+}^{\prime }(a)=\underset{z\to a^{+}}{\lim }\frac{f(z)-f(a)}{z-a}.$$ Appliquons le TAF sur $[a,z]$: il existe $c_z\in ]a,z[$ tel que $$\frac{f(z)-f(a)}{z-a}=f^{\prime }(c_z).$$ Or $c_z\to a^{+}$ lorsque $z\to a^{+}$, et donc $$\underset{z\to a^{+}}{\lim }\frac{f(z)-f(a)}{z-a}=\underset{z\to a^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(c_z)=\underset{c\to a^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(c),$$ ce qu’on voulait démontrer.

Puisqu’on suppose que $g(b)-g(a)\ne 0$, on peut définir $$r(x):=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a)).$$ Par les propriétés de $f$et $g$ sur $[a,b]$, $r$ est continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$, avec $$r^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}{g}^{\prime }(x).$$ De plus, on observe que $r(a)=r(b)=0$. Donc, par le Théorème de Rolle, il existe $c\in ]a,b[$ tel que $r^{\prime }(c)=0$.