Più che un'alternativa, una conferma.
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A posteriori, dopo aver mostrato che effettivamente il limite della successione è $\ln(2)$, mi sono messo alla ricerca di una dimostrazione alternativa: sinceramente non mi è venuto in mente alcuna prova diretta, senza utilizzare gli integrali.
Sono quindi partito, molto maliziosamente lo ammetto, dalla funzione logaritmo $f(x)=\ln(x)$ e ho applicato il teorema di Lagrange sull'intervallo $[k,k+1]$ con $k\in\mathbb{N}\setminus\{0}$: esiste $\xi_{k}\in (k,k+1)$ tale che \[\ln(k+1)-\ln(k)=\frac{1}{\xi_{k}}\]
Dato che la funzione $g(x)=\frac{1}{x}$ è strettamente decrescente per $x>0$ e poiché $k<\xi_{k}<k+1$, allora
\[\frac{1}{k+1}<\frac{1}{\xi_{k}}<\frac{1}{k} \implies \frac{1}{k+1}<\ln(k+1)-\ln(k)<\frac{1}{k}, \ \forall k\in\mathbb{N}\setminus\{0\}\]
Sommando per $k$ da $n+1$ a $2n$
\[\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k+1}<\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\]
e osservando che
$\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k+1}=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2n+1}$
possiamo scrivere che:
\[\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+1}\]
[Manca poco, promesso] La sommatoria con i logaritmi è telescopica
$\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)=\ln(2n+1)-\ln(n+1)=\ln((2n+1)/(n+1)) \ \forall n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$
per cui le precedenti disuguaglianze diventano
\[\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+1}\]
Per $n\to +\infty$, il primo e il terzo membro della catena tendono a $\ln(2)$ e per il teorema del confronto, concludo che:
\[\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\ln(2)\]