湖南师范大学 2026年数学分析第0题

将积分区间 $[0,1]$ 划分为 $n$ 个小区间 $[(k-1)/n, k/n]$，步长 $h = 1/n$。则定积分可写为小区间积分之和： \[ \int_0^1 f(x) \, dx = \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n} f(x) \, dx \] 于是 \[ s_n = \sum_{k=1}^n \left[ \int_{(k-1)/n}^{k/n} f(x) \, dx - \frac{1}{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \right] \]

令 $x_k = k/n$，$h = 1/n$。在区间 $[x_k - h, x_k]$ 上，将 $f(x)$ 在 $x_k$ 处展开到一阶： \[ f(x) = f(x_k) + f'(x_k)(x - x_k) + o(|x - x_k|) \] 由于 $f'$ 连续，余项一致可控。

对展开式逐项积分： \[ \int_{x_k - h}^{x_k} f(x) \, dx = \int_{x_k - h}^{x_k} f(x_k) \, dx + \int_{x_k - h}^{x_k} f'(x_k)(x - x_k) \, dx + o(h^2) \] 第一项：$f(x_k) \cdot h$。 第二项：令 $t = x - x_k$，则 $t$ 从 $-h$ 到 $0$， \[ \int_{-h}^0 f'(x_k) t \, dt = f'(x_k) \cdot \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{-h}^0 = -\frac{h^2}{2} f'(x_k) \] 因此 \[ \int_{x_k - h}^{x_k} f(x) \, dx = h f(x_k) - \frac{h^2}{2} f'(x_k) + o(h^2) \]

将积分结果代入 $s_n$ 的每一项： \[ \int_{x_k - h}^{x_k} f(x) \, dx - h f(x_k) = -\frac{h^2}{2} f'(x_k) + o(h^2) \] 其中 $h = 1/n$，所以 \[ s_n = \sum_{k=1}^n \left[ -\frac{1}{2n^2} f'\left(\frac{k}{n}\right) + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \right] \]

考虑第一项： \[ -\frac{1}{2n^2} \sum_{k=1}^n f'\left(\frac{k}{n}\right) = -\frac{1}{2n} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f'\left(\frac{k}{n}\right) \] 当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f'(k/n) \to \int_0^1 f'(x) \, dx = f(1) - f(0)$，而前面的因子 $1/(2n) \to 0$，故该项趋于 $0$。 第二项：$n \cdot o(1/n^2) = o(1/n) \to 0$。 因此 \[ \lim_{n \to \infty} s_n = 0 \]