当不等式证明 x 0， x 1 ln x 1 x 1 时

思路：（x+1）ln（x+1 x）>1 在 x>0 时可以变形

x+1)ln(x+1/x)>1

ln(x+1/x)＞1/(x+1)

ln[(x+1)/x]＞1/(x+1)

ln[(x+1)/x]＜-1/(x+1)

ln=ln[x/(x+1)]=ln[1-1/(x+1)]＜1/(x+1)

ln[1-1 （x+1）]+1 （x+1） 0 只要证明 x 0 为 ln[1-1 （x+1）]+1 （x+1） 0 为常数。

设 t=1 （x+1）。

则 ln[1-1 （x+1）]+1 （x+1）=ln（1-t）+tx 00 t 1

足以证明 ln（1-t）+t 0 在 0 t 1 时是常数。

设函数 f（t）=ln（1-t）+t， 0 t 1 推导。 f'(t)=-1/(1-t)+1=t/(t-1)0＜t＜1f'(t)＜0

f（t） 是 （0,1） 上的减法函数。

f（t） 的最大值小于 f（0） 的最大值。

f（t） 在 （0,1） 处小于 f（0），即 f（t） f（0）。

ln(1-t)+t＜ln(1-0)+0

ln(1-t)+t＜0，（0＜t＜1）

ln[1-1 （x+1）]+1 （x+1） 0， （x 0）x>0， （x+1）ln（x+1 x）>1

由于 x+1 x 的最小值为 2，因此 （x+1）ln（x+1 x） 的最小值为 ln4 1，因此 （x+1）ln（x+1 x）>1

我们先看右边：除以2，然后同时取e作为基指数，然后在e x上使用McLaughlin（实际上，它证明了e x的增长速度比1+x快）。

ln(1+x)/x=(1+x)/e^x=(1+x)/(1+x+x^2/2+x^3/6+..1

所以 ln（1+x）0.

分别求出 x （1+x） 和 ln （1+x） 的导数 [1 （1+x）]。'1+x)-x/(1+x)^2]=1/[(1+x)^2]

ln(1+x)]'1/(1+x)]

两个导数的比率：[1 （1+x）]。'ln(1+x)]'1/[(1+x)^2]/[1/(1+x)]=1/(1+x)<1

因此，在 x>0 时，x（1+x） 以小于 ln（1+x） 的速率增长，而在 x=0 时，两者相等。

所以。 x/(1+x)< LN （1+X） 证书已完成。

一楼给出了一种证明函数单调性的方法。 二楼使用拉格朗日中值定理。 房东可能想要拉格朗日。 应该做单调......

我会详细写二楼。

设 f（x）=ln（1+x）。

x>0)

取区间 [1,1+x]，显然 f（x） 在 [1,1+x] 上是连续的，在 （1,1+x） 上是可推导的。 中间点可以是 x，（0< <1）。

根据拉格朗日中值定理：

f(1+x)-f(1)=f

θx)(1+x-1)

即：ln（1+x）=x（1+x）。

再次：x （1+x） x （1+ x） 被证明：x （1+x）。

设 f（x）=x-ln（1+x），f'（x）=1-1 （x+1）>0 所以该函数是 “think” = 0， f 上的递增函数'（x）=0， x=0，因为该函数是“think” = 0的递增函数，所以最小值为f（0） = 0。 在 x>0 时，f（x）=x-ln（1+x），>0 是 x>ln（1+x）。

这与上面的答案几乎相同。

设 f（x）=x（1+x）-ln（1+x）（x>0）。

然后 f'(x)=-x/(1+x^2)<0

所以 f（x） 是 x>0 处的减法函数，所以 f（x）0） 是 g'（x）=1 （1+x）-1=-x （1+x）<0，所以 g（x） 是 x>0 处的减法函数，所以 g（x） 是 ln（1+x） 总之，原来的不等式成立。

即 x （1+x）。

设 f（x）=ln（1+x） g（x）=arctgx （1+x） 当 x>0 时，f（x）、g（x） 单调增加，f（0）=0 g（0）=0f'(x)=1/(1+x)

g'破解答案 （x） = 1 （2x 2+2x+1） 当 x>0， 2x 2+2x+1>1+x> 0f 时'(x)>g'(x)

ln（1+x）>arctgx 空键（1+x）。

让冰雹裤 f（x） = ln（1+x）-x+1 2x 2 f'（x）=1 （1+x）-1+x=x 2 忏悔 （x+1）>0 单调递增 x>0 f（0）=0-0+0=0 f（x）>f（0）=0 于是，碧友成立了。

证明当 x>0 时，当不等式 x （1+x）0 成立时，必须有 y<0

也就是说，当 0 时，不等式 x （1+x） 为真;

那么让 u=arctanx-x，因为 u'=1 （1+x ）-1=-x （1+x ）<0，所以 u 也是一个减法函数; 当 x=0 时，u=0;所以当 x>0.

必须有 u=arctanx-x<0，即不等式 arctanx0 为真。

因此，这个命题得到了证明。

设 f（x） = （x 1） lnx 2（x 1） 则：f'（x）=lnx （1 x） 1=h（x） 则：h'（x） = （1 x） （1 x），在 x>1， h 处'（x） >0，即

h（x） 在 x>1 处递增，其最小值为 h（1）=0，因此得到 ：f'（x） x>1 处的最小值为 f'（1） = 0，所以 f'（x） 在 x>1 处常青为 0，即函数 f（x） 在 x>1 处递增。

对于 x>1，总是有 f（x）>f（1）。

f(x)>0

即，当 x>1， （x1）lnx 2（x1）>0 则：当 x>1， x1>2（x1） lnx

设函数 y=（1+x）ln（1+x）-x

推导：y = （1+x）*（1 （1+x））+ln（1+x）-1=ln（1+x） 的破坏导数。

显然，在 x>0 处，ln（1+x）>0 是常数，因此函数 y 是 x>0 处的递增函数。

当考虑初始值 x=0 时，当前源宽度为 y=0

因此，当 x>0， y>0 已知时，即当 x>0， （1+x）ln（1+x）>x

当 x=0 时，两边均为 0

然后在两边找到导数，左边是 1 （1+x），右边是 1 （1+x） 2。

在 x>0 时，两个导数均> 1

老。 1+x)^2

总是“1+x，即左边的引导皮肤总是右边的导数。

两边的起点是一样的，左边增加快，绝对回程是所以左边一定在右边。

如果我没有学过导数，我就做不到。 ）