\(x\ge1\)，首先证明个简单的引理：
\[\frac1x>\frac9{10}(\sum_{i=0}^9\frac1{10x+i}-\frac1{10x+2}) \]不妨设
\[f(x)=\frac1x((\sum\limits_{i=0}^9\frac1{10x+i})-\frac1{10x+2})\\ f(x)=\frac{4536 + 211284 x + 2812995 x^2 + 17430700 x^3 + 59386250 x^4 + 118230000 x^5 + 137200000 x^6 + 86000000 x^7 + 22500000 x^8}{45360 + 1056420 x + 9376650 x^2 + 43576750 x^3 + 118772500 x^4 + 197050000 x^5 + 196000000 x^6 + 107500000 x^7 + 25000000 x^8}\\ \]上下最高次数都是 \(8\)，并且都是 \(\frac\infty\infty\) 的形式，所以洛必达上下各求 \(8\) 次导。另外 \(1\) 次导为正，可以判断单调递增。
\[\lim_{x\to\infty}f(x)=\frac{907200000000}{1008000000000}=\frac9{10} \]还有个更简单的证明方式：
\[\frac1x>\frac9{10x}>\frac9{10}(\sum_{i=0}^9\frac1{10x+i}-\frac1{10x+2}) \]当 \(x\) 为一位数时，\(10x+0,10x+1,10x+3,\cdots,10x+9\) 正好包含了所有 \(1\) 开头不含 \(2\) 的二位数，并且它们的倒数和小于 \(\frac1x\) 的 \(\frac9{10}\)。
再对 \(10x+0,10x+1,10x+3,\cdots,10x+9\) 进行扩展，正好包含了所有 \(1\) 开头不含 \(2\) 的三位数，并且它们的倒数和小于 \(\frac1x\) 的 \((\frac9{10})^2\)。
所以对于所有一位数 \(x\)，以其为前缀的 \(i\) 位数倒数和小于 \((\frac9{10})^{i-1}\)。
那么所有不含 \(2\) 的正整数的倒数和，就可以分类为 \(d(d=1,3,4,\ldots,9)\) 开头的不含 \(2\) 的正整数的倒数和，并且 \(i\) 位的倒数和小于 \(i-1\) 位的 \(\frac9{10}\)。
所以
\[\begin{aligned} S&<(\sum_{i=1}^9-\frac12)+(\sum_{i=1}^9-\frac12)\frac9{10}+(\sum_{i=1}^9-\frac12)(\frac9{10})^2+\ldots\\ &=(\sum_{i=1}^9-\frac12)(1+\frac9{10}+(\frac9{10})^2+\ldots)\\ &=\frac{5869}{2520}\times\frac1{1-\frac9{10}}\\ &=\frac{5869}{252}\\ &<23.2897 \end{aligned} \]这样就得到了一个比较松的上界。
把 \([100000,999999]\) 开头的算出来，再加上 \([1,99999]\) 符合条件的，可以再紧一些，不到 \(14.7194\)。
Sum[If[StringContainsQ[ToString[i],"2"],0,1/i],{i,1,99999}]+Sum[If[StringContainsQ[ToString[i],"2"],0,1/i],{i,100000,999999}]*(9/10)^5/(1-9/10)//N