题目 设 $a_n=\displaystyle \sum_{k=1}^n\dfrac 1k-\ln n$． 问题1 求证：$\displaystyle \lim_{n\to +\infty}a_n$ 存在； 答案1 略 解析1 我们熟知当 $x>0$ 且 $x\ne 1$ 时，有$$\ln x< x-1,$$将 $x=\dfrac n{n+1}$ 代入，有\[-\ln\dfrac{n+1}{n}<-\dfrac{1}{n+1},\]于是\[a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{n+1}-\ln\dfrac{n+1}{n}<0,\]因此 $\{a_n\}$ 单调递减．<br/>又\[\begin{split}\sum_{k=1}^n\dfrac 1k&=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac 1k+\dfrac 1n\\ &\geqslant \int_{1}^n\dfrac 1x{ {\rm d}} x+\dfrac 12\left(1-\dfrac 1n\right)+\dfrac 1n\\ &=\ln n+\dfrac{n+1}{2n}\\ &>\ln n+\dfrac 12,\end{split}\]于是 $\{a_n\}$ 有下界 $\dfrac 12$，因此 $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}a_n$ 存在． 备注1 问题2 记 $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}a_n=C$，讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_n-C\right)$ 的敛散性． 答案2 发散 解析2 考虑到\[a_n=1+\sum_{k=2}^n\left(\dfrac 1k-\ln\dfrac{k}{k-1}\right),\]而该级数收敛于 $C$，且 $a_n-C>0$，考虑\[a_n-C=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(\ln\dfrac{k}{k-1}-\dfrac 1k\right).\]我们熟知，当 $x>1$ 时，有$$\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1},$$令 $x=\dfrac{k}{k-1}$，则有\[\ln\dfrac{k}{k-1}>\dfrac{2}{2k-1},\]于是\[\begin{split}a_n-C&>\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(\dfrac{2}{2k-1}-\dfrac 1k\right)\\ &=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k(2k-1)}\\ &>\dfrac 12\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(\dfrac 1{k-\dfrac 12}-\dfrac 1{k+\dfrac 12}\right)\\ &=\dfrac{1}{2n+1}.\end{split}\]由于级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2n+1}$ 发散，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_n-C\right)$ 发散． 备注2 有趣的是，考虑到\[b_n=a_n-\dfrac{1}{2n},\]则\[\lim_{n\to+\infty}b_n=\lim_{n\to+\infty}a_n=C.\]而\[\begin{split}b_{n+1}-b_n&=\dfrac{1}{n+1}-\ln\dfrac{n+1}{n}+\dfrac{1}{2n(n+1)}\\ &=\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}-\ln\left(1+\dfrac 1n\right).\end{split}\]考虑函数\[\varphi(x)=\ln x-\dfrac{x^2-1}{2x},\]在 $x>1$ 时，有 $\varphi(x)<0$．<br/>令 $x=1+\dfrac 1n$，于是就得到了\[b_{n+1}-b_n>0,\]进而 $\{b_n\}$ 单调递增．