El deseado de la desigualdad
$$
(z-x)\int_z^y f(t) \, dt - (y-z)\int_x^z f(t)\, dt \geq c(z-x)(y-z)
$$
es trivialmente satisfecho por $z=x$ $z=y$ arbitrarias $c$
(ambos lados son iguales a cero). Por lo tanto, es suficiente para mostrar que la función
$h: (x, y) \to \Bbb R$ se define como
$$
h(z) = \frac{\int_z^y f(t) \, dt}{y-z} - \frac{\int_x^z f(t)dt \, }{z-x}
$$
tiene una estrictamente positivo límite inferior.
Comentario: está claro (de la monotonía) que
$$
\frac{\int_z^y f(t) \, dt}{y-z} \ge f(z) \ge \frac{\int_x^z f(t)dt \, }{z-x}
$$
de modo que $h(z) \ge 0$. La idea de la siguiente prueba es la de dividir
la integral en dos partes con el fin de obtener una mejor estimación de la diferencia.
Deje $z \in (x, y)$ y establezca $w = \frac{z+3y}{4}$. Entonces
$$
\int_z^y f(t) \, dt = \int_z^w f(t) \, dt + \int_w^y f(t) \, dt
\ge (w-z) f(z) + (y-w) f(w) \\
\Longrightarrow
\frac{\int_z^y f(t) \, dt}{y-z} \ge \frac{w-z}{y-z}f(z) + \frac{y-w}{y-z}f(w) = \frac 34 f(z) + \frac 14 f(\frac{z+3y}{4}) \, .
$$
De la misma manera (usando $v = \frac{3x+z}{4}$ como punto intermedio) se puede demostrar que
$$
\frac{\int_x^z f(t)dt \, }{z-x} \le \frac 34 f(z) + \frac 14 f(\frac{3x+z}{4}) \, .
$$
De ello se sigue que
$$
h(z) \ge \frac 14 \left( f(\frac{z+3y}{4}) - f(\frac{3x+z}{4}) \right) \\
\ge \frac 14 \left( f(\frac{x+3y}{4}) - f(\frac{3x+y}{4}) \right) =: c > 0
$$
para todos los $z \in (x, y)$.
Enfoque alternativo: Con las sustituciones
$t = (1-s)z + sy$ $t = (1-s)z + sx$ , respectivamente, obtenemos
$$
(z-x)\int_z^y f(t) \, dt - (y-z)\int_x^z f(t)\, dt \\
= (z-x)(y-z) \int_0^1 \bigl( f((1-s)z+sy) - f((1-s)z + sx) \bigr) \, ds
$$
y queda para la estimación de la integral en el lado derecho:
$$
\int_0^1 \bigl( f((1-s)z+sy) - f((1-s)z + sx) \bigr) \, ds \\
\ge \int_{1/2}^1 \bigl( f((1-s)z+sy) - f((1-s)z + sx) \bigr) \, ds \\
\ge \int_{1/2}^1 \bigl( f((1-s)x+sy) - f((1-s)y + sx) \bigr) \, ds
=: c \, .
$$
$c$ es positivo, porque la última integrando es positivo y
estrictamente creciente para $\frac 12 < s \le 1$.
