Aquí es un conjunto de condiciones que no requieren $a$, $b$ o $f$$\mathcal C^1$.
Supongamos por simplicidad que $f$ se define en $\mathbb R^2$ y que las funciones $a,b$ se definen en $\mathbb R$. Entonces, la función de $F$ definido por
$$F(x)=\int_{a(x)}^{b(x)} f(x,t)\, dt $$ será derivable con derivada dada por la fórmula anterior, siempre que
(1) las funciones de $a$ $b$ son diferenciables;
(2) $f(x,t)$ es continua con respecto a $t$;
(3) $\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)$ existe en todos los puntos;
(4) para cualquier compacto intervalos de $I,J\subset\mathbb R$, existe una función integrable $g:J\to\mathbb R^+$ tal que
$$\left\vert \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right\vert\leq g(t)\quad {\rm on}\quad I\times J $$
Como ustedes saben, la idea es considerar la función de 3 variables definidas por
$$\Phi(u,v,x)=\int_u^v f(x,t)dt\, .$$
Por la condición (2) y el teorema fundamental del cálculo, $\frac{\partial\Phi}{\partial v}$ existe en todos los puntos y que está dado por $\frac{\partial\Phi}{\partial v}(u,v,x)=f(x,v)$. Asimismo, $\frac{\partial\Phi}{\partial u}$ existe en todos los puntos y que está dado por $\frac{\partial\Phi}{\partial u}=-f(x,u)$. Finalmente, las condiciones (3) y (4) implica (por el "estándar" teorema de diferenciación bajo el signo integral) que $\frac{\partial\Phi}{\partial x}$ también existe en cada punto y que está dado por $\frac{\partial\Phi}{\partial x}(u,v,x)=\int_u^v \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\, dt$.
Ahora, vamos a mostrar que, de hecho, la función de $\Phi$ es diferenciable. Si podemos hacer esto, entonces, vamos a obtener el resultado requerido por (1)$F(x)=\Phi(a(x),b(x),x)$.
Fijemos $(u,v,x)\in\mathbb R^3$. Tenemos que comprobar que
$$\Phi(u+\delta u, v+\delta v, x+\delta x)-\Phi(u,v,x)=L(\delta u,\delta v,\delta x)+o(\Vert (\delta u,\delta v,\delta x)\Vert) $$
como $(\delta u,\delta v,\delta x)\to (0,0,0)$, donde
$$L(\delta u,\delta v,\delta x)=-f(x,u)\,\delta u +f(x,v)\, \delta v+\left(\int_u^v \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\, dt\right) \delta x\, .$$
Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la $u,v$ $u+\delta$, $v+\delta v$ pertenecen a algunos fijos compacto intervalo de $J$, $x, x+\delta x$ pertenecen a algunos fijos compacto intervalo de $I$. Así que podemos utilizar la función integrable $g$ a partir de (4).
Escribir $$\alpha(\delta u,\delta v,\delta x):=\Phi(u+\delta u,v+\delta v,x+\delta x)-\Phi(u,v,x)-L(\delta u,\delta v,\delta x)\, .$$
Tenemos
\begin{eqnarray}
\alpha(\delta u,\delta v,\delta x)&=&-\left(\int_u^{u+\delta u} f(x+\delta x, t)\, dt -f(x,u)\, \delta u\right)\\& &+\int_v^{v+\delta v} f(x+\delta x, t)\, dt -f(x,v)\, \delta v\\
& &+\int_u^v \left( f(x+\delta x,t)-f(x,t)-\delta x\,\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right) dt\\
&:=& \varepsilon_1 +\varepsilon_2 +\eta\, .
\end{eqnarray}
Podemos escribir
\begin{eqnarray}-\varepsilon_1&=& \int_u^{u+\delta u} \left(f(x+\delta x,t)-f(x,t)\right)dt+\int_u^{u+\delta u}f(x,t)\, dt-f(x,u)\, \delta u\\
&=&\int_u^{u+\delta u} \delta x\, \frac{\partial f}{\partial x}(z(\delta x,t), t)\, dt+\int_u^{u+\delta u} f(x,t)\, dt -f(x,u)\, \delta u\, ,
\end{eqnarray}
donde $z(\delta x,t)$ se encuentra entre $u$$u+\delta u$, y por lo tanto pertenece a $I$. Usando (4), (1) y el teorema fundamental del cálculo, se sigue que
$$ \varepsilon_1=O(\delta u\delta x)+o(\delta u)=o(\Vert(\delta u,\delta v, \delta x)\Vert)\, .$$
De la misma manera, obtenemos $$\varepsilon_2=o(\Vert(\delta u,\delta v,\delta x)\Vert\, .$$
Finalmente, usando (4) y el teorema de convergencia dominada obtenemos que
$$\eta =o(\delta x)=o(\Vert (\delta u,\delta v,\delta x)\Vert)\, .$$
En conjunto, el mapa de $\Phi$ es de hecho diferenciable, y la prueba está completa.
