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二、【参考解答】：根据题目假设和泰勒公式，有
$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\alpha(x) x
$$
其中 $\alpha(x)$ 是 $x$ 的函数，$\alpha(0)=0$ 且 $\alpha(x) \rightarrow 0(x \rightarrow 0)$ 。因此，对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，使得 $|x|<\delta$ 时，$|\alpha(x)|<\varepsilon$ 。
对于任意自然数 $n$ 和 $k \leq n$ ，总有
$$
f\left(\frac{k}{n^{2}}\right)=f^{\prime}(0) \frac{k}{n^{2}}+\alpha\left(\frac{k}{n^{2}}\right) \frac{k}{n^{2}}
$$
取 $N>\delta^{-1}$ ，对上述给定的 $\varepsilon>0$ ，当 $n>N, k \leq n, ~|\alpha| \frac{k}{n^{2}}| |<\varepsilon$ 。于是当 $n>N$ 时，
$$
\left|\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right)-f^{\prime}(0) \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}}\right| \leq \varepsilon \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}}
$$
改写该式得当 $n>N$ 时，
$$
\left|\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right)-\frac{1}{2} f^{\prime}(0)\left(1+\frac{1}{n}\right)\right| \leq \frac{\varepsilon}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)
$$
令 $n \rightarrow \infty$ ，对上式取极限即得
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty} \sup \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right) \leq \frac{1}{2} f^{\prime}(0)+\frac{\varepsilon}{2} \\
& \lim _{n \rightarrow \infty} \inf \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right) \geq \frac{1}{2} f^{\prime}(0)-\frac{\varepsilon}{2}
\end{aligned}
$$
由 $\varepsilon$ 的任意性，即得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sup \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \inf \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n^{2}}\right)=\frac{1}{2} f^{\prime}(0)
$$
三、【参考证明】：由于 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续，故对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在一个 $\delta>0$ ，当
$$
\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta\left(x_{1} \geq 0, x_{2} \geq 0\right)
$$
时，使得 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$
取一个充分大的自然数 $m$ ，使得 $m>\delta^{-1}$ ，并在 $[0,1]$ 中取 $m$ 个点：
$$
x_{1}=0<x_{2}<\ldots<x_{m}=1
$$
其中 $x_{j}=\frac{j}{m}(j=1,2, \ldots, m)$ 。这样，对于每一个 $j, ~\left|x_{j+1}-x_{j}\right|=\frac{1}{m}<\delta$ ．
由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} f(x+n)=0$ ，故对每一 $x_{j}$ ，存在一个 $N_{j}$ ，当 $n>N_{j}$ 时，使得
$$
\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}
$$
这里的 $\varepsilon$ 是前面给定的．令 $N=\max \left\{N_{1}, \ldots, N_{m}\right\}$ ，那么当 $n>N$ 时，
$$
\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text {, 其中 } j=1,2, \ldots, m \text {. }
$$
设 $x \in[0,1]$ 是任意一点，这时总有一个 $x_{j}$ 使得 $x \in\left[x_{j}, x_{j+1}\right]$ ．
由 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续性及 $\left|x-x_{j}\right|<\delta$ 可知，
$$
\left|f\left(x_{j}+n\right)-f(x+n)\right|<\frac{\varepsilon}{2}(\forall n=1,2, \ldots)
$$
另一方面，已经知道当 $n>N$ 时，$\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ，这样，由后面证得的两个式子就得，当 $n>N, x \in[0,1]$ 时，$|f(x+n)|<\varepsilon$ 。
注意到这里的 $N$ 的选取与点 $x$ 无关，这就证实了函数序列 $\{f(x+n): n=1,2, \ldots\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 0 。
四、【参考证明】：用反证法．假定该不等式在某一点不成立．令 $F(x, y)=f(x, y)-g(x, y)$ ．那么，根据题目假设，当 $x^{2}+y^{2} \rightarrow 1$ 时，$F(x, y) \rightarrow+\infty$ ．这样，$F(x, y)$ 在 $D$ 内必然有最小值．设最小值在 $\left(x_{0}, y_{0}\right) \in D$ 达到。根据反证法假设，有
$$
F\left(x_{0}, y_{0}\right)=f\left(x_{0}, y_{0}\right)-g\left(x_{0}, y_{0}\right)<0
$$
另一方面，根据题目假设，又有
$$
\Delta F=\Delta f-\Delta g \leq e^{f(x, y)}-e^{g(x, y)}
$$
其中 $\Delta$ 是拉普拉斯算子：$\Delta \equiv \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}$ 。式子（ii）在 $D$ 中处处成立，特别地在 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 成立：
$$
\begin{aligned}
\Delta F_{\left(x_{0}, y_{0}\right)} & =\left.\Delta f\right|_{\left(x_{0}, y_{0}\right)}-\left.\Delta g\right|_{\left(x_{0}, y_{0}\right)} \\
& \leq e^{f\left(x_{0}, y_{0}\right)}-e^{g\left(x_{0}, y_{0}\right)}
\end{aligned}
$$
由（i）与（iii）可知， $\boldsymbol{\Delta} \boldsymbol{F}_{\left(\boldsymbol{x}_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right)}<\boldsymbol{0}$ 。（iv）
但是，$\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是 $F(x, y)$ 的极小值点，应该有
$$
F_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) \geq 0 ; F_{y y} \geq 0
$$
并因此 $\left.\Delta \boldsymbol{F}\right|_{\left(x_{0}, y_{0}\right)} \geq 0$ ，这与（iv）矛盾．此矛盾证明了题目中的结论成立．