💡 答案解析
**答案**: （A）。
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**解析**:
$\left|\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \sin (n+k)\right| \leqslant \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}$ ，
对级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)$ ，
$$
S_{n}=\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}
$$
由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=1$ 得级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)$ 收敛，
由正项级数比较审玫法得 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left|\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \sin (n+k)\right|$ 收敛，
即级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \sin (n+k)$ 绝对收敛，应选（A）。
📋 详细解题步骤
目标：分析比较级数的收敛性
首先，我们考虑正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right)$。为了判断其收敛性，我们写出其部分和 $S_n$ 的表达式：
$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}} \right)$$
观察每一项，发现可以裂项相消：
$$S_n = \left( \frac{1}{\sqrt{1}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right) + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{3}} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right)$$
中间项全部抵消，只剩下首项和末项：
$$S_n = 1 - \frac{1}{\sqrt{n+1}}$$
现在，我们考察部分和数列 $\{S_n\}$ 的极限：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) = 1 - 0 = 1$$
由于部分和数列收敛于有限值 $1$，根据级数收敛的定义，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right)$ 收敛，且其和为 $1$。
这一结论将用于后续步骤中与待判断级数进行比较，从而判断原题中给定级数的收敛性。
公式：$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}} \right) = 1 - \frac{1}{\sqrt{n+1}}$$
提示：裂项相消后直接求部分和极限，避免使用比值或根值判别法。
目标：求部分和极限
由前一步得到部分和表达式 $S_n = 1 - \frac{1}{n+1}$。现在求当 $n \to \infty$ 时 $S_n$ 的极限：
$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right).
$$
由于 $\frac{1}{n+1} \to 0$（$n \to \infty$），因此
$$
\lim_{n \to \infty} S_n = 1 - 0 = 1.
$$
所以部分和数列 $\{S_n\}$ 收敛于 $1$，即 $\lim_{n \to \infty} S_n = 1$。根据正项级数收敛的定义，部分和数列有极限等价于级数收敛，故原正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ 收敛，且其和为 $1$。
公式：$$\lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1$$
提示：直接代入极限运算，注意 $\frac{1}{n+1}\to 0$，即可快速得到结果。
目标：应用比较审敛法得出结论
由前一步骤可知，对于原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\ln n}{n^k}$，我们已将其通项取绝对值得到正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^k}$，并利用不等式 $\frac{\ln n}{n^k} \le \frac{1}{n^{k-\varepsilon}}$（对任意 $\varepsilon>0$ 且 $n$ 充分大成立）进行放缩。
现在应用比较审敛法：取 $\varepsilon = \frac{1}{2}$，则当 $k>1$ 时，$k-\frac{1}{2}>1$，此时 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{k-\frac{1}{2}}}$ 是 $p$ 级数且 $p>1$，故收敛。由比较审敛法，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^k}$ 收敛。
因此，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\ln n}{n^k}$ 的绝对值级数收敛，根据绝对收敛的定义，原级数绝对收敛。
该结论与 $k$ 的具体取值无关（只要 $k>1$ 即可），故选项 (A) 正确。
最终答案：选 (A)。
公式：$$\sum_{n=1}^{\infty} \left| (-1)^{n-1} \frac{\ln n}{n^k} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^k} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{k-\varepsilon}} \quad (\varepsilon>0, n\text{充分大})$$
提示：比较审敛法关键是找到合适的比较级数，常用p级数作为比较对象。