1樓：
考慮 單調遞增.
(2)對於(3)，根據定積分定義立得：
其實如果用這個方法回頭看(1)，我們直接使用積分放縮估計 就好了。
具體計算就不寫了，注意一下這裡利用到了函式的凹凸性。
2樓：
答案的話
(1) 題主已經自己給了
(2) 是單調遞增的（但 單調遞減）
(3) 存在。且c= （話說題主為什麼不直接把題目形式寫成 極限存在呢）
忙完工作回來一看已經有答主給了微積分的簡單證明。我就再給乙個不用微積分的純初等思路吧。
考慮來證明
這個界顯然比題主(1)中設想的要嚴格多了（實際上是最緊的線性估計）。
首先注意到
對於左不等式歸納證明。當n=1時左不等式取等；若左不等式對n成立，將左不等式帶入(2)式，則仍有
0 \\" eeimg="1"/>
（乙個五項的式子，很容易用一些初等技巧證明，但我懶得打了）
於是歸納得左不等式。
右式換一種方法歸納證明。當n=1時右不等式成立；直接由定義暴力放縮可以得到
0 \tag \\" eeimg="1"/>
所以只要 為正， 依然為正。
於是歸納得右不等式。
由(1)式知 的下界遠大於 的上界，所以 單調遞增。
將(1)式兩邊除以n，直接可知收斂到 。
今天比較閒，本來想更新一下右不等式證明中的暴力部分，不過我突然發現好像這個界太嚴格了、和之前想的不太一樣，不用展開做不了了（卡一些高階小量）。想初等暴力地做的話可能應該構造更強的係數，比如 再證明遞增比較好。
既然寫到這裡，不如順便寫一下我最初的思路。這個函式其實是可以按一定方法無限逼近的。不過就不那麼初等了。
對任意有限n，考慮復函式 。它是有限個指數函式的和，顯然它在Z上全純。我們容易注意到，對於Re(s)>1，可以寫出 ，因為此時後兩個級數是收斂的。那麼對Re(s)>1，有
其中ζ(s)為黎曼Zeta函式，而ζ(s,a)為廣義黎曼Zeta函式（a為任意複數）
注意到ζ除s=1外為亞純函式（相減消去了奇點s=1，但我們並不會用到s=1所以不用在乎），而我們知道 是全純函式，且與 ζ(s)-ζ(s,n+1) 在Re(s)>1時重合，則由解析延拓的唯一性、它們在全復平面重合。於是我們知道
有了這個公式我們立刻可以知道
所以我們實際上可以把 拓展為非負實數上的連續譜 ， 就是它的整點處函式值
對這種由我們熟知的特殊函式構造的可微函式，我們自然就可以有更多的工具可以研究它，比如我們可以分別考慮其在0點和無窮遠點的展開
這讓我們能通過計算得出任意精確的界。
同時我們也很容易通過求導驗證 遞增、 遞減等（注意展開中 而其餘 0" eeimg="1"/>）——這充分蘊含了 遞增、 遞增等結論。
3樓：匿名甩戶
注意到故化簡即得：
2023年8月17日更新：
感謝兩位匿名使用者的回答。經過和其中一位匿名使用者的對話，我想按照新的順序寫一下證明，使邏輯更清晰，並且補全他的細節。
首先由於函式 在 上連續，故黎曼可積。
我們知道黎曼積分與劃分的選取無關（只要最大間隔趨於零）。於是我們有：
那麼 是否有漸近線？漸近線的常數項是多少？
為此，我們只需要求
定理一：設 在 上連續可導
則 推論一：設 在 上連續可導
則 由推論一：
故 的漸近線為
當n=1時
故我們猜測：對所有的正整數n
我們先證（1）
方法一：注意到故即
當n=1時（1）成立，假設n時成立，則
故我們只需證：
該式等價於
易知 和 單調增加，故
且於是我們只需證：
該式等價於
當n=1和2時（1）都成立，故由數學歸納法知（1）對所有正整數n都成立。
方法二：先得到（3）式
設 . 我們想用數歸證明
當n=1時結論成立。
假設， 我們欲證
只需證明更強的結論：
（注：這是為了利用（3）式消掉 ，並且我們猜測 單調增加，於是 (4)應該成立）
將（3）帶入（4）並化簡，我們得到（4）的等價形式：
由於 ，故 單調增加。
設 則故 單調增加。
故（5）左邊單調增加。
故（5）對所有n成立。
故（1）得證。
問題1：如何證明單調增加？
設 問題2：如何證明單調減小？
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