题目
$(Ⅰ)$ 证明：对任意的正整数 $n$, 都有 $\frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ 成立.
$(Ⅱ)$ 设 $a_{n} =$ $1+$ $\frac{1}{2}+$ $…$ $+\frac{1}{n}$ $- \ln n$ $(n=1,2,…)$, 证明数列 ${a_{n}}$ 收敛.
解析
第 $(Ⅰ)$ 问
方法一
在方法一中，咱们可以利用“函数的单调性”完成证明。
首先，设 $x = \frac{1}{n}$, 则：
$$
\frac{1}{n+1} = \frac{1}{\frac{1}{x} + 1} = \frac{x}{x+1};
$$
$$
\ln(1+\frac{1}{n}) = \ln (1+x);
$$
$$
\frac{1}{n} = x.
$$
于是，令：
$$
f(x) = \ln(1+x) – \frac{x}{x+1}; (1)
$$
$$
g(x) = x – \ln(1+x). (2)
$$
进而，有：
$$
(1) 式 \Rightarrow
$$
$$
f^{‘}(x) = \frac{1}{1+x} – \frac{x+1-x}{(x+1)^{2}} \Rightarrow
$$
$$
f^{‘}(x) = \frac{1}{1+x} – \frac{1}{(x+1)^{2}} \Rightarrow
$$
$$
f^{‘}(x) = \frac{x}{(1+x)^{2}} \Rightarrow
$$
当 $x > 0$ 时，$f^{‘}(x) > 0$ 一定成立，即 $f(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 区间上单调递增 $\Rightarrow$
$$
\ln(1+x) > \frac{x}{x+1} \Rightarrow
$$
$$
\ln(1+\frac{1}{n}) > \frac{1}{n+1}.
$$
$$
(2) 式 \Rightarrow
$$
$$
g^{‘}(x) = 1-\frac{1}{1+x} \Rightarrow
$$
当 $x > 0$ 时，$g^{‘}(x) > 0$ 一定成立，即 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 区间上单调递增 $\Rightarrow$
$$
x > \ln(1+x) \Rightarrow
$$
$$
\frac{1}{n} > \ln(1+\frac{1}{n}).
$$
综上可知：$\frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ 成立。
方法二
在方法二中，咱们可以利用“拉格朗日中值定理”完成证明。
首先，令：
$$
f(x) = \ln(1+x).
$$
则，有：
$$
f(0) = 0; f^{‘}(x) = \frac{1}{1+x}.
$$
又由拉格朗日中值定理知，存在 $\varepsilon \in (0, \frac{1}{n})$, 使得如下式子成立：
$$
\frac{f(\frac{1}{n})-f(0)}{\frac{1}{n}-0}=f^{‘}(\varepsilon) \Rightarrow
$$
$$
\ln(1+\frac{1}{n}) = \frac{1}{n(1+\varepsilon)}. (3)
$$
又知，在 $(0, \frac{1}{n})$ 区间上：
$$
\frac{1}{1+\frac{1}{n}} < \frac{1}{1+\varepsilon} < \frac{1}{1+0} \Rightarrow
$$
$$
\frac{n}{1+n} < \frac{1}{1+\varepsilon} < 1 \Rightarrow
$$
$$
\frac{n}{1+n} \cdot \frac{1}{n} < \frac{1}{1+\varepsilon} \cdot \frac{1}{n} < 1 \cdot \frac{1}{n} \Rightarrow
$$
$$
\frac{1}{1+n} < \frac{1}{n(1+\varepsilon)} < \frac{1}{n}.
$$
结合 $(3)$ 式可得：
$$
\frac{1}{1+n} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}.
$$
方法三
在方法三中，咱们可以利用“定积分的性质”完成证明。
当 $x \in [n,n+1]$ 时，有：
$$
\frac{1}{n+1} \leqslant \frac{1}{x} \leqslant \frac{1}{n}. (4)
$$
且由于 $x = n$ 与 $x = n + 1$ 不可能同时成立，因此，$(4)$ 式成立且不会恒等，即不会出现 $\frac{1}{n+1} = \frac{1}{x} = \frac{1}{n}$ 这种情况。
于是，对 $(4)$ 式在区间 $[n, n+1]$ 上同时应用定积分，即有：
$$
\int_{n}^{n+1} \frac{1}{n+1} dx \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{n} dx.
$$
由 “$dx$” 可知，我们是对 $x$ 求积分，因此 “$n$” 相当于常数。于是，有：
$①:$
$$
\int_{n}^{n+1} \frac{1}{n+1} dx =
$$
$$
\frac{1}{n+1} \int_{n}^{n+1} 1 dx =
$$
$$
\frac{1}{n+1} \cdot x|_{n}^{n+1} =
$$
$$
\frac{1}{n+1} \cdot 1 = \frac{1}{n+1}.
$$
$②:$
$$
\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx =
$$
$$
\ln x |_{n}^{n+1} =
$$
$$
\ln (n+1) – \ln (n) =
$$
$$
\ln (\frac{n+1}{n}) = \ln (1 + \frac{1}{n}).
$$
$③:$
$$
\int_{n}^{n+1} \frac{1}{n} dx =
$$
$$
\frac{1}{n} \int_{n}^{n+1} 1 dx =
$$
$$
\frac{1}{n} \cdot x |_{n}^{n+1} =
$$
$$
\frac{1}{n} \cdot 1 = \frac{1}{n}.
$$
综上可知，$\frac{1}{n+1} < \ln (1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ 成立。
第 $(Ⅱ)$ 问
这种有两问的题目的第二问，一般都是要结合第一问证明出来的结论去作答。
题目要求我们证明数列 ${a_{n}}$ 收敛，那么，我们就要证明该数列单调且有界：如果单调递减，就要有下界且收敛；如果单调递增，则要有上界且收敛。
要证明数列是单调递减，还是单调递增，只需要看看 $a_{n+1} – a_{n}$ 是大于零，还是小于零即可，证明过程如下：
$$
a_{n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{n} – \ln n.
$$
$$
a_{n+1}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} – \ln (n+1).
$$
于是：
$$
a_{n+1} – a_{n} =
$$
$$
\frac{1}{n+1} – \ln (n+1) + \ln n =
$$
$$
\frac{1}{n+1} – [\ln (n+1) – \ln n] =
$$
$$
\frac{1}{n+1} – \ln (1+\frac{1}{n}).
$$
由第 $(Ⅰ)$ 问的结论可知：
$$
\frac{1}{n+1} < \ln (1 + \frac{1}{n}).
$$
于是：
$$
\frac{1}{n+1} – \ln (1+\frac{1}{n}) < 0.
$$
即：
$$
a_{n+1} – a_{n} < 0.
$$
因此，数列 ${a_{n}}$ 是单调递减数列。
接下来开始证明数列 ${a_{n}}$ 有下界。
已知：
$$
a_{n}=\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{n} – \ln n.
$$
又由第 $(Ⅰ)$ 问的结论可知：
$$
\frac{1}{x} > \ln(1+\frac{1}{x}).
$$
于是：
$$
a_{n} > \ln (1+\frac{1}{1}) + \ln (1+\frac{1}{2}) + \cdot \cdot \cdot + \ln (1+\frac{1}{n}) – \ln n \Rightarrow
$$
$$
a_{n} > \ln (\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \cdot \cdot \cdot \frac{n+1}{n}) – \ln n \Rightarrow
$$
$$
a_{n} > \ln(n+1) – \ln n > 0.
$$
即，数列 ${a_{n}}$ 有下界且下界为 $0$.
综上可知，数列 ${a_{n}}$ 单调递减且有下界，因此，数列 ${a_{n}}$ 收敛。