核心思想：积分就是求和，求和就是积分，一个针对连续量，一个针对离散量，两者可以互相转化，二者既对立又统一

从一道经典的考研数学真题引入

设 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续且单调递减，并且在定义域内 $$f(x)>0$$，$$\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_1^{n}f(x)dx$$，证明：数列 $$a_n$$ 收敛

解： 第一步：判断数列 $a_n$ 的单调性

计算 $$a_{n + 1}-a_{n}:$$
$$
\begin{align}

a_{n+1}-a_{n} &= \left(\sum_{k = 1}^{n + 1}f(k)-\int_{1}^{n + 1}f(x)dx\right)-\left(\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx\right) \nonumber \\
     &= f(n + 1)-\int_{n}^{n + 1}f(x)dx \nonumber \\

\end{align}
$$
根据积分中值定理，若函数 $y = f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，则在 $[a,b]$ 上至少存在一点 $\xi$，使得 $$\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=(b - a)f(\xi)$$，则存在 $$\xi\in(n,n + 1)$$，使得 $$\displaystyle \int_{n}^{n + 1}f(x)dx=f(\xi)$$

因为 $f(x)$ 单调递减，且 $n<\xi<n + 1$，所以
$$
\displaystyle f(n + 1)-\int_{n}^{n + 1}f(x)dx=f(n + 1)-f(\xi)\leq0
$$
（当且仅当 $f(x)$ 为常函数时取等号，但 $f(x)$ 单调递减不是常函数 ），即 $$a_{n + 1}\leq a_{n}$$，所以数列 $${a_{n}}$$ 单调递减。

第二步：对 $$\displaystyle a_n$$ 进行变形

已知 $$\displaystyle a_{n}=\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx$$，将 $$\displaystyle \int_{1}^{n}f(x)dx$$ 进行拆分：$$\displaystyle \int_{1}^{n}f(x)dx=\sum_{k = 1}^{n - 1}\int_{k}^{k + 1}f(x)dx$$

则
$$
\displaystyle a_{n}=\sum_{k = 1}^{n}f(k)-\sum_{k = 1}^{n - 1}\int_{k}^{k + 1}f(x)dx=\sum_{k = 1}^{n - 1}\left(f(k)-\int_{k}^{k + 1}f(x)dx\right)+f(n)
$$
根据积分中值定理，对于 $$\displaystyle \int_{k}^{k + 1}f(x)dx$$，存在 $$\displaystyle \xi_{k}\in(k,k + 1)$$，使得 $$\displaystyle \int_{k}^{k + 1}f(x)dx=f(\xi_{k})$$

因为 $$f(x)$$ 在 $$[1,+\infty)$$ 单调递减，所以 $$\displaystyle f(k)>f(\xi_{k})$$ $$(\displaystyle k<\xi_{k}<k + 1)$$，那么
$$
\displaystyle f(k)-\int_{k}^{k + 1}f(x)dx=f(k)-f(\xi_{k})>0
$$
且 $$f(n)>0$$，所以 $$a_{n}>0$$，即数列 $${a_{n}}$$ 有下界 $$0$$

第三步：根据单调有界准则得出结论

根据单调有界准则：单调递减且有下界的数列必收敛。

由于数列 $${a_{n}}$$ 单调递减且有下界 $$0$$，故数列 $${a_{n}}$$ 收敛。

通过此题的结论我们可以解决一系列有关数列收敛的问题

如这道经典的有关欧拉常数的数列， $$a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$$，显然是令本题中的 $$\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$$ 得到的

下面我们继续用积分与求和转换的思想证明一类积分不等式问题

例题一

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，对 $\forall x,y$ 均有 $\displaystyle \vert f(x) - f(y)\vert\leq M\cdot\vert x - y\vert$，证：$$\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|\leq\frac{M}{2n}$$

解： 第一步：对式子进行变形

首先将 $$\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|$$ 进行处理，把 $$\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx$$ 拆分为 $$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx$$，把 $$\displaystyle \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})$$ 写成 $$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx$$

因为
$$
\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx=f(\frac{k}{n})\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}dx=\frac{1}{n}f(\frac{k}{n}))
$$
所以原式变成了
$$
\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx-\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(\frac{k}{n})dx\right|
$$
合并后为
$$
\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|
$$
这一步是通过积分区间的拆分和等价变形，将原式转化为便于后续处理的形式。

第二步：利用绝对值不等式放缩

根据绝对值不等式 $$\displaystyle \left|\int_{a}^{b}g(x)dx\right|\leq\int_{a}^{b}\vert g(x)\vert dx$$，对于 $$\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|$$，可得
$$
\displaystyle \left|\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(f(x)-f(\frac{k}{n}))dx\right|\leq\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}\vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert dx
$$
第三步：代入已知条件进一步放缩

已知对 $$\forall x,y$$ 均有 $$\displaystyle \vert f(x) - f(y)\vert\leq M\cdot\vert x - y\vert$$，在这里 $$\displaystyle y = \frac{k}{n}$$，所以 $$\displaystyle \vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert\leq M\cdot\vert x - \frac{k}{n}\vert$$ 。由于在区间 $$\displaystyle [\frac{k - 1}{n},\frac{k}{n}]$ 上，$\displaystyle x\leq \frac{k}{n}$$，则 $$\displaystyle \vert x - \frac{k}{n}\vert=\frac{k}{n}-x$$，那么
$$
\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}\vert f(x)-f(\frac{k}{n})\vert dx\leq M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx
$$
第四步：计算积分并化简

计算 $$\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx$$，根据积分公式 $$\displaystyle \int(ax + b)dx=\frac{ax^{2}}{2}+bx + C$$ ，可得
$$
\displaystyle \int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx=-\frac{1}{2}(x - \frac{k}{n})^{2}\big|{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}
$$
代入上下限：
$$
\displaystyle -\frac{1}{2}(x - \frac{k}{n})^{2}\big|{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}=-\frac{1}{2}(0 - (\frac{k}{n}-\frac{k - 1}{n})^{2})=\frac{1}{2n^{2}}
$$
则
$$
\displaystyle M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\int_{\frac{k - 1}{n}}^{\frac{k}{n}}(\frac{k}{n}-x)dx = M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{2n^{2}}
$$
因为 $$\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}1=n$$，所以 $$\displaystyle M\cdot\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{2n^{2}}=\frac{M}{2n}$$

综上，通过以上逐步推导，证明了 $$\displaystyle \left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{1}{n}\cdot\sum_{k = 1}^{n}f(\frac{k}{n})\right|\leq\frac{M}{2n}$$

例题二

证明：
$$
\displaystyle (\ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i}))\leq\int_{2}^{n}x\cdot\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\cdot\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1
$$
证： 先证左边：

根据对数运算法则 $$\displaystyle \ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i})=\sum_{i = 1}^{n - 1}i\ln i$$ ，即证明 $$\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}i\ln i\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx$$

将 $$\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx$$ 进行拆分：
$$
\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx=\sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}x\ln xdx
$$
令 $$f(x)=x\ln x$$，当 $$\displaystyle x\in(0,\frac{1}{e})$$ 时，$$f^\prime(x)<0$$，$$f(x)$$ 单调递减；当 $$\displaystyle x\in(\frac{1}{e},+\infty)$$ 时，$$f^\prime(x)>0$$，$$f(x)$$ 单调递增

对于 $$\displaystyle i\leq x\leq i + 1$$（$$i\geq2$$），因为 $$f(x)$$ 单调递增，所以 $$\displaystyle x\ln x\geq i\ln i$$
那么
$$
\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}i\ln i dx\leq\sum_{i = 2}^{n - 1}\int_{i}^{i + 1}x\ln xdx
$$
即
$$
\displaystyle \sum_{i = 2}^{n - 1}i\ln i\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx
$$
再证右边：

利用分部积分法计算 $$\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx$$

根据分部积分公式 $$\displaystyle \int u dv = uv-\int v du$$，令 $$u = \ln x$$，$$dv = xdx$$，则 $$\displaystyle du=\frac{1}{x}dx$$，$$\displaystyle v=\frac{x^{2}}{2}$$

所以 $$\displaystyle \int_{2}^{n}x\ln xdx=\frac{x^{2}}{2}\ln x\big|{2}^{n}-\int{2}^{n}\frac{x}{2}dx$$

计算
$$
\begin{align*}
&\frac{x^{2}}{2}\ln x\big|{2}^{n}-\int{2}^{n}\frac{x}{2}dx\
=&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\int_{2}^{n}\frac{x}{2}dx\
=&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\left[\frac{x^{2}}{4}\right]{2}^{n}\
=&\left(\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{2^{2}}{2}\ln 2\right)-\left(\frac{n^{2}}{4}-\frac{2^{2}}{4}\right)\
=&\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1 - 2\ln 2
\end{align*}
$$
因为 $$- 2\ln 2\leq0$$，所以
$$
\displaystyle \int{2}^{n}x\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1
$$
综上，不等式 $$\displaystyle \ln(\prod_{i = 1}^{n}i^{i})\leq\int_{2}^{n}x\ln xdx\leq\frac{n^{2}}{2}\ln n - \frac{n^{2}}{4}+1$$ 得证

例题三

设 $$f(x)$$ 在 $$[a,b]$$ 二阶连续可导，证明 $$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(n^{2} \int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))\right)=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]$$

解： 第一步：构造 $$I_n$$ 并变形

定义
$$
\displaystyle I_{n}=\int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))
$$
将积分区间 $$[a,b]$$ 进行 $$n$$ 等分，每个小区间为 $$\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$$

则
$$
\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} f(x)dx - \sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))dx
$$
进一步化为
$$
\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} [f(x)-f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]dx
$$
步骤二：利用泰勒公式

根据泰勒公式
$$
\displaystyle f(x)=f(x_{0})+f^\prime(x_{0})(x - x_{0})+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x - x_{0})^{2} \quad(\xi \ 介于\ x\ 与\ x_{0}\ 之间)
$$
在区间 $$\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$$ 上，令 $$\displaystyle x_{0}=a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a)$$

则
$$
\displaystyle f(x)-f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))=\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{k})}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2} \quad(\xi_{k}\ 在该区间内)
$$
所以
$$
\displaystyle I_{n}=\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{f^{\prime\prime}(\xi_{k})}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx
$$
步骤三：放缩与求极限

设 $$\displaystyle f^{\prime\prime}(x)$$ 在 $$\displaystyle [a+\frac{k - 1}{n}(b - a),a+\frac{k}{n}(b - a)]$$ 上的最大值和最小值分别为 $$M_{k}$$，$$m_{k}$$

因为 $$\displaystyle m_{k}\leq f^{\prime\prime}(\xi_{k})\leq M_{k}$$ ，所以
$$
\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{m_{k}}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx\leq I_{n}\leq\sum_{k = 1}^{n} \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} \frac{M_{k}}{2}[x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx
$$
计算
$$
\displaystyle \int_{a+\frac{k - 1}{n}(b - a)}^{a+\frac{k}{n}(b - a)} [x-(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))]^{2}dx=\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}
$$
则
$$
\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}\leq I_{n}\leq\sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}
$$
两边同乘 $$n^{2}$$ 得到
$$
\displaystyle n^{2}\sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}\leq n^{2}I_{n}\leq n^{2}\sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{2}\cdot\frac{1}{3}(\frac{b - a}{2n})^{3}
$$
当 $$\displaystyle n \to \infty$$ 时，利用定积分定义
$$
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{m_{k}}{n}\cdot\frac{b - a}{n}=\int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx \ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{M_{k}}{n}\cdot\frac{b - a}{n}=\int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx
$$
又因为 $$\displaystyle \int_{a}^{b} f^{\prime\prime}(x)dx=f^\prime(b)-f^\prime(a)$$ ，经过计算可得
$$
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (n^{2}I_{n})=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]
$$
即
$$
\lim_{n \to \infty} \left(n^{2} \int_{a}^{b} f(x)dx - \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} f(a + \frac{2k - 1}{2n}(b - a))\right)=\frac{(b - a)^{3}}{24}[f^\prime(b)-f^\prime(a)]
$$