Si $f$ est une fonction continue sur un intervalle $[a,b]$, et si, pour tout $x\in [a,b]$, on pose
$$F(x)=\int_a^x f(t)dt,$$
alors $F$ est dérivable sur $[a,b]$ et $F'(x)=f(x)$ pour tout $x\in [a,b]$.
Voici la démonstration comme dans un cours de Terminale S, où on suppose en plus que $f$ est positive et croissante : on va calculer le taux d'accroissement de $F$ en $x_0$. Soit $h>0$. Alors
$$\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}h=\frac 1h\int_{x_0}^{x_0+h}f(t)dt.$$
La fonction $f$ étant positive, cette dernière intégrale est égale à l'aire sous la courbe de la fonction $f$ entre les droites $x=x_0$ et $x=x_0+h$. La fonction $f$ étant croissante, cette aire est plus grande que l'aire du rectangle délimité par les droites $x=x_0$, $x=x_0+h$, $y=0$ et $y=f(x_0)$. On a ainsi
$$hf(x_0)\leq \int_{x_0}^{x_0+h}f(t)dt.$$
On peut aussi majorer l'aire sous la courbe par l'aire d'un autre rectangle, en remplaçant la droite $y=f(x_0)$ par la droite $y=f(x_0+h)$. On obtient alors
$$\int_{x_0}^{x_0+h}f(t)dt\leq hf(x_0+h).$$
Finalement, divisant par $h>0$, on a l'encadrement
$$f(x_0)\leq \frac{F(x_0+h)-F(x_0)}h\leq f(x_0+h).$$
On fait alors tendre $h$ vers $0$ et on obtient que
$$\lim_{h\to 0^+}\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}h=f(x_0)$$
car $f$ est continue en $x_0$. On procède de la même façon si $h<0$ (en faisant attention au sens des inégalités!).
Si on ne demande plus que $f$ soit croissante et positive, il faut savoir écrire avec des quantificateurs que $f$ est continue en $x_0$.
Précisément, fixons $\veps>0$. Il existe $\delta>0$ tel que, si $|x-x_0|<\delta$, alors $|f(x)-f(x_0)|<\veps$. Soit $h$ tel que $|h|<\delta$.
On écrit que
$$\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}=\frac 1h\int_{x_0}^{x_0+h}f(t)dt$$
soit encore
$$\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)=\frac 1h\int_{x_0}^{x_0+h}\big(f(t)-f(x_0)\big)dt.$$
Comme $|h|<\delta$, pour $t\in [x_0,x_0+h]$, on a $|t-x_0|<\delta$ et donc $|f(t)-f(x_0)|\leq\veps.$
On en déduit que
\begin{eqnarray*}
\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|&\leq&\frac 1h\int_{x_0}^{x_0+h}\left|f(t)-f(x_0)\right|dt\\
&\leq&\frac 1h\int_{x_0}^{x_0+h}\veps dt\\
&\leq&\veps.
\end{eqnarray*}
Ceci prouve bien (avec des quantificateurs) que $\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}$ tend vers $f(x_0)$.
Toute fonction continue admet des primitives
Toute fonction continue sur un segment admet des primitives sur ce segment.
En Terminale S, le théorème fondamental du calcul intégral entraîne que toute fonction continue
et positive admet une primitive. Soit maintenant $f:[a,b]\to\mathbb R$ continue (et plus nécessairement positive). Alors
$f$ admet un minimum $m$ sur l'intervalle $[a,b]$. Posons $g(x)=f(x)-m$. Alors $g$ est continue et positive sur $[a,b]$ et admet donc
une primitive $G$ sur $[a,b]$. Posons alors, pour $x\in [a,b]$, $F(x)=G(x)+mx$.
Alors $F$ est dérivable sur $[a,b]$ et pour tout $x\in[a,b]$, $F'(x)=G'(x)+m=g(x)+m=f(x)$. Ainsi, $F$ est une primitive de $f$.
Deux primitives diffèrent au plus d'une constante
Soit $f:I\to\mathbb R$ une fonction continue, avec $I$ un intervalle, et soit $F,G$ deux primitives de $f$ sur $I$. Alors il existe $C\in\mathbb R$ tel que, pour tout $x\in I$, $F(x)=G(x)+C$.
Si $F$ et $G$ sont deux primitives de la fonction continue $f$ sur un intervalle $I$, alors $(F-G)'=F'-G'=f-f=0$. Ainsi, $F-G$ est une fonction dérivable de dérivée nulle sur $[a,b]$. Donc il existe $C\in\mathbb R$ tel que $F(x)=G(x)+C$ pour tout $x\in I$.
