微积分¶

积分¶

几何意义¶

如果在 \([a,b](a\neq b)\) 上函数 \(f(x)\) 连续且恒有 \(f(x)\geq 0\)，那么定积分 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\) 表示由曲线 \(y=f(x)\) 以及直线 \(x=a,x=b,y=0\) 围成的曲边梯形的面积。

若 \(f(x)\leq 0\)，那么定积分 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\) 表示由曲线 \(y=f(x)\) 以及直线 \(x=a,x=b,y=0\) 围成的曲边梯形的面积的负值。

如果我们把 \(x\) 轴上方的面积赋予正号，下方的面积赋予负号，那么在一般情形下，定积分 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\) 表示由曲线 \(y=f(x)\) 以及直线 \(x=a,x=b,y=0\) 围成的各部分图形面积的代数和。

微积分基本定理 / \(\mathrm{Newton-Leibniz}\) 牛顿 - 莱布尼兹公式¶

以下设 \(C\) 是一个常数。

如果 \(f(x)\) 是 \([a,b]\) 上的连续函数且 \(F'(x)=f(x)\)，那么

\[\boxed{\int_{a}^{b}f(x)\ dx=F(x)|_{a}^{b}=F(b)-F(a) }\]

我们称 \(F(x)\) 是 \(f(x)\) 的原函数。因为 \([F(x)+C]'=f(x)\)，所以 \(F(x)+C\) 也是 \(f(x)\) 的原函数。

常用定积分公式：

\[\int_{a}^{b}C\ dx=Cx|_{a}^{b}=Cb-Ca=C(b-a)\]

\[\int_{a}^{b}x^n\ dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}|_{a}^{b}=\frac{1}{n+1}b^{n+1}-\frac{1}{n+1}a^{n+1}=\frac{b^{n+1}-a^{n+1} }{n+1}\]

\[\int_a^b\sin x\ dx=(-\cos x)|_a^b=-\cos b+\cos a\]

\[\int_a^b\cos x\ dx=\sin x|_a^b=\sin b-\sin a\]

\[\int_a^b\frac{1}{x}\ dx=\ln x|_a^b=\ln b-\ln a=\ln\frac{b}{a}\]

\[\int_a^b e^x\ dx=e^x|_a^b=e^b-e^a\]

\[\int_a^b n^x\ dx=\frac{n^x}{\ln n}|_a^b=\frac{n^b}{\ln b}-\frac{n^a}{\ln a}\]

\[\int_L^R \frac{cx+d}{ax+b}\ dx=\frac{cx}{a}+(\frac{d}{a}-\frac{bc}{a^2})\times\ln|ax+b|\ |_L^R\]

定积分的基本性质¶

\[\int_a^b Cf(x)\ dx=C\int_a^b f(x)\ dx\]
\[\int_a^b[f(x)\pm g(x)]\ dx=\int_a^b f(x)\ dx\pm\int_a^b g(x)\ dx\]
\[\int_a^b f(x)\ dx=\int_a^c f(x)\ dx+\int_c^b f(x)\ dx\]
在区间 \([a,b]\) 上满足 \(f(x)\geq 0\)，则 \(\(\int_a^b f(x)\ dx\geq 0\)\)
在区间 \([a,b]\) 上满足 \(f(x)\leq g(x)\)，则 \(\(\int_a^b f(x)\ dx\leq\int_a^b g(x)\ dx\)\)
\[\left|\int_a^bf(x)\ dx\right |\leq\int_a^b|f(x)|\ dx\]
若 \(f(x)\) 是偶函数，且在 \([-a,a]\) 上连续，则 \(\(\int_{-a}^af(x)\ dx=2\int_0^af(x)\ dx\)\)
若 \(f(x)\) 是奇函数，且在 \([-a,a]\) 上连续，则 \(\(\int_{-a}^af(x)\ dx=0\)\)

不定积分¶

我们现在需要一种简单的表示反导数的方式。根据微积分基本定理，我们可以用 \(\displaystyle\int f(x)\ dx\) 表示 “ 函数 \(f\) 的反导数的集合 ”，注意任何可积函数都有无数个反导数，唯一不同的是常数部分。例如，

\[\int x^2\ dx=\frac{x^3}{3}+C\]

对于任意常数 \(C\) 都成立。也就是说，若 \(F'(x)=f(x)\)，则

\[\int f(x)\ dx=F(x)+C\]

不定积分的性质同定积分的性质。

换元法¶

第一换元积分法：令 \(y=g(x)\) 有：

\[\red{\boxed{\int_a^bf(g(x))g'(x)\ dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(y)\ dy}}\]

\[\int 2\sin 2x\ dx\xlongequal{u=2x}\int\sin u\ du=-\cos u+C=-\cos 2x+C\ \ \ \ (du=2dx)\]
\[\int (2x+1)^5\ dx\xlongequal{u=2x+1}\int u^5\ du=\frac{1}{12}u^6+C=\frac{1}{12}(2x+1)^6+C\ \ \ \ (du=2dx)\]
\[\begin{aligned}\int\frac{2x}{(x^2+1)^3}\ dx&=\int(x^2+1)^{-3}\cdot 2x\ dx\xlongequal{u=x^2+1}\int u^{-3}\ du\\&=-\frac{1}{2}u^{-2}+C=-\frac{1}{2(x^2+1)}+C\ \ \ \ (du=2xdx)\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}\int x\sqrt{1-x^2}\ dx&=-\frac{1}{2}\int\sqrt{1-x^2}(-2x\ dx)\xlongequal{u=1-x^2}-\frac{1}{2}\int u^{\frac{1}{2}}\ du\\&=-\frac{1}{3}u^{\frac{3}{2}}+C=-\frac{1}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}+C\ \ \ \ (du=-2dx)\end{aligned}\]
\[\int\frac{1}{x^2+a^2}\ dx=\frac{1}{a^2}\int\frac{1}{\frac{x^2}{a^2}+1}\ dx=\frac{1}{a}\int\frac{1}{1+(\frac{x}{a})^2}\ d(\frac{x}{a})=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C\]
\[\int_0^1e^{2x}\ dx=\int_0^2\frac{1}{2}e^y\ dy=\frac{1}{2}(e^2-e^0)=\frac{1}{2}(e^2-1)\]
第二换元积分法：令 \(x=g(t),dx=g'(t)dt\) 有：

\[\red{\boxed{\int f(x)\ dx=\int f[g(t)]g'(t)\ dt}}\]

\[\begin{aligned}\int\frac{1}{1+\sqrt x}\ dx&\xlongequal{x=t^2}\int\frac{1}{1+t}\cdot 2t\ dt=2\int(1-\frac{1}{1+t})\ dt=2t-2\ln|1+t|+C\\&=2\sqrt{x}-2\ln|1+\sqrt{x}|+C\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}\int\sqrt{a^2-x^2}\ dx&\xlongequal{x=a\sin t}\int a\cos t\cdot a\cos t\ dt=a^2\int \cos^2 t\ dt\\&=a^2\int\frac{1+\cos 2t}{2}dt=a^2(\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin 2t)+C\\&=a^2(\frac{1}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{4}\frac{2}{a^2}x\sqrt{a^2-x^2})+C\\&=\frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C\end{aligned}\]

分部积分法¶

\[(uv)'=u'v+uv'\implies uv'=(uv)'-vu'\implies \int uv'\ dx=uv-\int vu'\ dx\]

\[\red{\boxed{\int u\ dv=uv-\int v\ du}}\]

计算 \(\displaystyle\int x\cos x\ dx\)，设 \(u=x,dv=\cos x\ dx\)，则 \(du=dx,v=\sin x\) \(\(\int x\cos x\ dx=x\sin x-\int \sin x\ dx=x\sin x+\cos x+C\)\)
计算 \(\displaystyle\int\arctan x\ dx\)，设 \(u=\arctan x,dv=dx\)，则 \(\displaystyle du=\frac{1}{1+x^2}\ dx,v=x\) \(\(\begin{aligned}\int \arctan x&=x\arctan x-\int\frac{1}{1+x^2}\ dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}d(1+x^2)\\&=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C\end{aligned}\)\)
计算 \(\displaystyle\int x\ln x\ dx\)，设 \(u=\ln x,dv=x\ dx\)，则 \(\displaystyle du=\frac{1}{x}\ dx,v=\frac{1}{2}x^2\) \(\(\int x\ln x\ dx=\frac{1}{2}x^2\ln x-\int\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{2}x^2\ dx=\frac{1}{2}x^2\ln x-\frac{1}{4}x^2+C\)\)

Gamma 函数（第二类欧拉积分）¶

欧拉发现当 \(n\) 为整数时，\(\displaystyle\int_0^{+\infty}t^ne^{-t}\ dt=n!\)，于是我们把 \(n\) 替换成实数，就可变为

\[\Gamma(s)=\int_0^{+\infty}t^{s-1}e^{-t}\ dt\]

\(s\) 为非正整数的复数 \(s\) 时，\(\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)\)
\(n\) 为整数时，\(\Gamma(n+1)=n!\)
余元公式（欧拉反射原理）：\(s\in(0,1)\) 时，\(\displaystyle\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}\)，得 \(\displaystyle\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi\)

应用¶

计算 \(y=e^x\) 在 \(x=0\) 与 \(x=1\) 之间与 \(x\) 轴围成的曲边梯形的面积。

只需计算 \(\displaystyle\int_0^1e^x\ dx=e^1-e^0=e-1\)

计算 \(x=y^2\) 与 \(x=1\) 之间围成的图形的面积。

只需计算 \(\displaystyle\int_0^1(\sqrt{x}-(-\sqrt{x}))\ dx=\int_0^1(2\sqrt{x})\ dx=\frac{4}{3}\sqrt{x^3}|_0^1=\frac{4}{3}-0=\frac{4}{3}\)

【2025 GD 一模 T19】如果函数 \(F(x)\) 的导数为 \(F'(x)=f(x)\)，可记为 \(\displaystyle\int f(x)\ dx=F(x)\)，若 \(f(x)\geq 0\)，则 \(\displaystyle\int_a^bf(x)\ dx=F(b)-F(a)\) 表示曲线 \(y=f(x)\)，直线 \(x=a,x=b\) 以及 \(x\) 轴围成的“曲边梯形”的面积。如：\(\displaystyle\int 2x\ dx=x^2+C\)，其中 \(C\) 为常数；\(\displaystyle\int_0^2 2x\ dx=(2^2+C)-(0+C)=4\)，则表示 \(x=0,x=1,y=2x+C\) 以及 \(x\) 轴围成的面积为 \(4\). \((1)\) 若 \(f(x)=\displaystyle\int(e^x+1)\ dx,f(0)=2\)，求 \(f(x)\) 的表达式。 \((2)\) 求曲线 \(y=x^2\) 与直线 \(y=-x+6\) 所围成图形的面积。 \((3)\) 若 \(f(x)=e^x-1-2mx,x\in[0,+\infty)\)，其中 \(m\in\R,\forall a,b\in[0,+\infty)\)，若 \(a>b\)，都满足 \(\displaystyle\int_0^a f(x)\ dx>\int_0^b f(x)\ dx\)，求 \(m\) 取值范围。

解：\((1)\ f(x)=e^x+x+1\).

\((2)\) 先解方程 \(x^2=-x+6\) 得到 \(x=-3\) 或 \(2\).

答案即为 \(\displaystyle\int_{-3}^2 (-x+6-x^2)\ dx=(-\frac{1}{2}x^2+6x-\frac{1}{3}x^3)|_{-3}^2=\frac{22}{3}-(-\frac{27}{2})=\frac{125}{6}\).

\((3)\) 由题意可知，\(\forall a,b\in[0,+\infty),a>b\) 满足 \(F(a)-F(0)>F(b)-F(0)\)，即 \(F(a)\uparrow\)，进而 \(f(x)\geq 0\) 在 \([0,+\infty)\) 恒成立。

接下来就是常规导数了。分离参数 \(m\leq\frac{e^x-1}{2x}=g(x),g'(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{2x^2}\)，令 \(h(x)=(x-1)e^x,h'(x)=xe^x\geq 0\)，即 \(h(x)\uparrow,g'(x)\uparrow,g(x)\uparrow\)，由洛必达法则，\(\displaystyle m\leq\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}\).

微积分在数列中的应用¶

秒杀神秘放缩的终极方法。但是需要一些高等知识，比如说解简单的常微分方程。但是一般的方程一眼看出来就可以了，这里给出通法：

对于一阶齐次线性微分方程：

\[y'+P(x)y=0\]

解为

\[y=Ce^{-\int P(x)dx}\]

对于一阶非齐次线性微分方程：

\[y'+P(x)y=Q(x)\]

先解 \(y'+P(x)y=0\) 得到 \(y=Ce^{-\int P(x)dx}\)，再令 \(C=u(x)\) 得

\[y=u(x)e^{-\int P(x) dx}\]

代入原方程得

\[u'(x)=\frac{Q(x)}{e^{-\int P(x)dx}}\]

对 \(u'(x)\) 积分带入得到通解：

\[y=Ce^{-\int P(x)dx}+e^{-\int P(x)dx}\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx\]

以上的 \(C\) 都为常数，由初始条件决定。

\(\displaystyle a_1=1,a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}\)，求 \(a_{2024}\) 的整数部分？

设 \(a_n\) 近似为一个连续函数 \(f(x)\)，考虑 \(a_{n+1}-a_n\) 和 \(\frac{1}{a_n}\) 的关系。对于 \(n\to +\infty\)，有

\[f'(x)=\frac{1}{f(x)}\implies\frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{f(x)} \implies f(x)\mathrm{d}f(x)=\mathrm{d}x\\\implies\int f(x)\mathrm{d}f(x)=\int\mathrm{d}x\implies \frac{f^2(x)}{2}=x+C\]

由 \(f(1)=1\) 得到 \(\displaystyle C=-\frac{1}{2}\)，微分方程解得 \(f(x)=\sqrt{2x-1}\)，得到 \(f(2024)=\sqrt{4047}\approx 63\)

已知 \(\displaystyle a_1=1,a_{n+1}=a_n-\frac{1}{3}a_n^2\)，则 \(100a_{100}\) 的范围是哪个：\(\displaystyle\left(2,\frac{5}{2}\right),\left(\frac{5}{2},3\right), \left(3,\frac{7}{2}\right)\) ？

\[\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{3}{a_n(3-a_n)}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3-a_n}>\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}\]

\[\frac{1}{a_n}>a_1+\frac{n-1}{3}=\frac{n+2}{3}\implies a_n<\frac{3}{n+2}\implies 100a_{100}<3\]

\[\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3-\frac{3}{n+2}}=\frac{1}{a_n}+\frac{n+2}{3(n+1)}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3(n+1)}\]

\[\frac{1}{a_{100}}<\frac{1}{a_1}+\frac{99}{3}+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}\right)=34+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}\right)\]

注意到

\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}<\frac{1}{2}\times 4+\frac{1}{6}\times 96=18\]

\[\frac{1}{a_{100}}<\frac{1}{40}\implies 100a_{100}>\frac{5}{2}\]

这道题是我们班的补充题，当时无人证出 \(\displaystyle >\frac{5}{2}\)，我们老师上课思考了不到 \(15\) 分钟讲了这种方法（他从不备课），注意力简直惊为天人。

积分法：\(\displaystyle f(x)=a_n,f'(x)=\frac{df(x)}{dx}=-\frac{1}{3}f^2(x)\implies \int f^{-2}(x)df(x)=\int-\frac{1}{3}dx\\-f^{-1}(x)=-\frac{1}{3}x+C,f(x)=\frac{3}{x+C}\implies\frac{3}{x+2}\)，显然 \(\displaystyle 100a_{100}\in\left(\frac{5}{2},3\right)\). 可以代入 \(a_2,a_3\) 获得更高的精度。

已知 \(\displaystyle a_1=1,a_{n+1}=\frac{a_n}{1+\sqrt[3]{a_n}}\)，求 \(S_{100}\) 的整数部分。

答案：准确值是 \(2.38\).

\[\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n^{\frac{2}{3}}}\xlongequal{b_n=\frac{1}{a_n}}b_{n+1}=b_n+b_n^{\frac{2}{3}}\xlongequal{f(x)=b_n}f'(x)=f^{\frac{2}{3}}(x)\]

\[\int f^{-\frac{2}{3}}(x) df(x)=\int dx\implies 3f^{\frac{1}{3}}(x)=x+C\implies f(x)=\left(\frac{x+2}{3}\right)^3=\left(\frac{x-2+3\sqrt[3]{2}}{3}\right)^3\]

\[a_n=\frac{27}{(x+2)^3},\zeta(3)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}\approx 1.202,S_{\infty}=27\cdot 0.077=2.079\]

另外，欧拉常数 \(\displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)-\ln n\right]=\int_1^{\infty}\left(\frac{1}{\lfloor x\rfloor}-\frac{1}{x}\right)\approx 0.57721 56649 01532 86060\)，于是可以估计 \(\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\approx\ln n+\gamma\).

也可以用一个结论（ Basel 问题，here ）：\(\red{\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\approx 1.645}}\)

相关证明：设黎曼 Zeta 函数 \(\zeta(s)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^s}\ (s>1)\)，显然 \(\displaystyle\lim_{s\to 1^+}\zeta(s)=+\infty,\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=1\).

由泰勒展开得 \(\displaystyle\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}\)

因此 \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}+\dots=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}①\)（ \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\) 的无穷级数展开）

熟知 \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\) 的无穷乘积展开 \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4\pi^2}\right)\cdots②\)

Basel 问题即 \(\displaystyle\zeta(2)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}\)，比较 \(①②\) 式中二次项系数得 \(\displaystyle -\frac{1}{3!}=-\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{2^2\pi^2}-\dots\)

由此可得 \(\displaystyle\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}\)，进一步地我们有 \(\displaystyle\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90},\zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}\).

\[\zeta(2n)=\left[\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}\pi^{2k}\zeta(2n-2k)}{(2k+1)!}\right]+\frac{(-1)^{n+1}n\pi^{2n}}{(2n+1)!}\ \ \ \ \ \ n\in\N^*\]

上述思路可总结出一个结论：若 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=\prod_{k=1}^{+\infty}(1+b_kx)\)，设 \(S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}b_k^n\)，则 \(\(S_1=a_1,\ \ \ S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}a_kS_{n-k}+(-1)^{n+1}na_n\)\)

积分放缩在数列中的应用¶

我们熟知的积分放缩一般是这样的（证明：几何意义）

\[\int_1^{n+1}f(x)\ dx <\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx\ \ \ \ \ \ \ \ f(x)\downarrow\]

\[\int_0 ^{n}f(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx\ \ \ \ \ \ \ \ f(x)\uparrow\]

例如：

\[\begin{aligned}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k} }&>\int_1^{n+1}\frac{1}{\sqrt{x} }\ dx=2\sqrt{x}|_1^{n+1}=2\left(\sqrt{n+1}-1\right)\\&<\int_0^n\frac{1}{\sqrt{x} }\ dx=2\sqrt{x}|_0^n=2\sqrt{n}\end{aligned}\]

练习 1：证明 \(\displaystyle\sum_{k=2}^n\frac{1}{k\sqrt{k}}<\sqrt{2}\ \ \ \ \text{}\) 和 \(\ \ \ \ \displaystyle\frac{2}{3}n^\frac{3}{2}\leq\sum_{k=1}^n\sqrt{k}\leq\frac{2}{3}[(n+1)^\frac{3}{2}-n]\)

练习 2：证明 \(\displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k}<\ln(n+1)<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\ \ \ \ \text{}\) 和 \(\ \ \ \ \displaystyle\frac{4}{7}<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\ln 2<\frac{25}{36}<\frac{\sqrt{2}}{2}\)

练习 3：证明 \(\displaystyle\begin{cases}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^p}<\frac{p}{p-1}&p>1\\\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^p}\geq\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}>\ln n&p\leq 1\end{cases}\)

我们还可以根据 \(f(x)\) 的凹凸性进一步放缩。

当 \(f(x)\downarrow\) 且下凸时，

\[\int_1^{n+1}f(x)\ dx+\frac{f(1)-f(n+1)}{2}<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx\]

当 \(f(x)\downarrow\) 且上凸时，

\[\int_1^{n+1}f(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx-\frac{f(0)-f(n)}{2}\]

当 \(f(x)\uparrow\) 且下凸时，

\[\int_0^nf(x)\ dx+\frac{f(n)-f(0)}{2}<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx\]

当 \(f(x)\uparrow\) 且上凸时，

\[\int_0^nf(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx-\frac{f(n+1)-f(1)}{2}\]