2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)：極值點(diǎn)偏移問題

第4課時(shí)極值點(diǎn)偏移問題

考點(diǎn)一對稱構(gòu)造法求極值點(diǎn)偏移問題

例1(2023?黑龍江牡丹江市第一高級中學(xué)高三熱身考試(二))已知函數(shù)段)=f(lnx—%),a

為實(shí)數(shù).

(1)求函數(shù)人%)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)/(x)在％=e處取得極值，/(%)是函數(shù)危)的導(dǎo)函數(shù)，且了(%1)=/(%2)，x\<X2,證明：

2<x\+x2<e.

解(1)函數(shù)危)=f(lnx-的定義域?yàn)?0,+°°),

/(%)=2x(lnx—%)+x=x(21nx—3〃+1).

3。一1

令/(%)=0，得x=e2,

3aT3a—1

當(dāng)工€(0,e2)時(shí)，/(x)<0,當(dāng)x€(e2,+8)時(shí)，/(戲>0,

34一13411

故函數(shù)人x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,尸)，單調(diào)遞增區(qū)間為(eH,+8).

3a—1

(2)證明：因?yàn)楹瘮?shù)/(x)在x=e處取得極值，所以x=e2=e,得4=1,

所以加)=/(也%—§，得/(x)=x(21nx—2)=2x(lnx—1),

令g(x)=2x(lnx—1),因?yàn)間Q)=21nx,當(dāng)0<x<l時(shí)，g'(x)<0,當(dāng)Q1時(shí)，g'。),。，

所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，

且當(dāng)x€(0,e)時(shí)，g(x)=2x(lnx-l)<0,當(dāng)x€(e,+8)時(shí),^(x)=2x(lnx-1)>0,

故0<xi<l<x2<e.

先證X\+X2>2,需證X2>2~XI.

因?yàn)閄2>1，2—X1>1,下面證明g(Xl)=g(X2)>g(2—Xl).

設(shè)t(x)=g(2—X)—g(x),

則當(dāng)0<x<l時(shí)，t,(x)=-g,(2-x)-g,(x)=-2\n(2-x)-21nx=-21n[(2-x)x]>0,

故心)在(0,1)上為增函數(shù),

故?)<也)=0,

所以*%D=g(2—沏)一g(%D<0,則g(2—xi)<g(x2)，

所以2—?<%2，即得X1+X2>2.

下面證明：xi+x2<e.

令g(%i)=g(%2)=M，當(dāng)無€(0，1)時(shí)，g(x)—(—2x)=2xlnx<0f所以g(x)<—2%成立，

iri

所以-2無>g(xi)=機(jī)，所以xi<—g.

當(dāng)x€(l,e)時(shí),記/i(x)=g(x)—(2x—2e)=2xlnx—4x+2e,

所以當(dāng)x€(l,e)時(shí),"(x)=21nx—2<0,所以/?(無)為減函數(shù)，得/i(x)>/z(e)=2e—4e+2e=0,

iri

所以根=g(x2)>2x2—2e,即得X2<y+e.

所以xi+x2<-y+'2'+e=e.

綜上，2<xi+x2<e.

:方法總結(jié)】

對稱構(gòu)造法主要用來解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和(積)相關(guān)的不等式的證明問題.其解題要點(diǎn)如下：

⑴定函數(shù)(極值點(diǎn)為X0),即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值

點(diǎn)XQ.

(2)構(gòu)造函數(shù)，即對結(jié)論工1+冗2>240型，構(gòu)造函數(shù)尸(x)=/(x)—/(2xo—x)或F(x)=f(xo+x)—/xo

—X)；對結(jié)論X1X2>焉型，構(gòu)造函數(shù)5(x)=/(x)—娟，通過研究“X)的單調(diào)性獲得不等式.

(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論網(wǎng)X)的單調(diào)性.

⑷比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出五x)與人2xo—x)的大小關(guān)系.

(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)八力的單調(diào)性，將為0與人2xo—x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2xo—x之間的

大小關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.

金^訓(xùn)練1.(2022?全國甲卷)已知函數(shù)/)=§-lnx+x-a

(1)若式x)20,求a的取值范圍；

(2)證明：若有兩個(gè)零點(diǎn)Xl，X2,則X1X2<1.

解(1求x)的定義域?yàn)?0,+8),

x-ire

卜1，

T+T0MTX

令了(%)=0，得％=L

當(dāng)x€(0,1)時(shí)，((工)<0,於)單調(diào)遞減;

當(dāng)x€(l,+8)時(shí)，/a)>0,qX)單調(diào)遞增.

所以?x)N/(l)=e+l—〃，

若7(x)2。，

貝！]e+1—即〃We+l,

所以〃的取值范圍為(一8,e+1].

(2)證法一：由題意知，?x)的一個(gè)零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于1.

不妨設(shè)0<Xl<l<X2，

要證元1%2<1，即證修〈工.

X2

因?yàn)閄I，5€(0，1),即證於I)刁仁)

因?yàn)榘薠1)=7(X2),即證7(X2)>6)，

e%11

即證三一lnx+x—x「一Inx—嚏>0,x€(L+°°),

即證五一xe'—2In>0.

xL_

下面證明當(dāng)x>l時(shí)，xex>0,Inx—^)<0.

x1

設(shè)ga)=，xe”,

則g3-eU(T)

設(shè)<p(x)=q,

一.(\1、—1

則當(dāng)x>l時(shí)，9'(x)=lj—E)e%=Xq-e%>0,

J

所以9(%)>9(l)=e,而ex<e,

1

所以號x一F>0,

所以當(dāng)%>1時(shí)，，(%)>0,

所以g(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增,

即g(x)>g(l)=0,

X-

所以器一xe*>0.

令7z(x)=lnx—i

則當(dāng)x>i時(shí),川a)W(i+日2x~x2—1(x―1)2

<0,

2A22f

所以〃(%)在(1,+8)上單調(diào)遞減,

即〃(x)<人(1)=0,所以Inx一米一5

<0.

綜上，~~xex—2lnx—x)>°'即％i%2〈l得證.

證法二：不妨設(shè)?42，貝I由(1)知0<xi<l<X2，0<—<1.

X2

e'ie'2

由八Xi)=於2)=o,得"7'—InXi+xi=——InX2+%2，

AlA2

即exi-lnxi+xi—Inxi=ex2~in"2+雙—InX2.

因?yàn)楹瘮?shù)y=e*+x在R上單調(diào)遞增，

所以xi—In陽=%2—ln%2成立.

構(gòu)造函數(shù)h(x)=x—\nx,g(x)=h(x)—h(~^=x—^—2lnx,

則gG)=]+,一[=a「)NO,

所以函數(shù)g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)尤>1時(shí)，gCr)>g(l)=O,

即當(dāng)x>l時(shí)，/?(尤)>/?0

所以/?(xi)=/i(無2)>萬(9)，

1x-1

又勿(x)=l=-^,當(dāng)04V1時(shí)，"(%)<0,

所以/z(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，

所以0<Xl<—<1,即XlX2<1.

X2

考點(diǎn)二比(差)值換元法求極值點(diǎn)偏移問題

例2(2024?湖北黃岡流水縣第一中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)量檢測)已知函數(shù)式x)=x(ln尤一a),g(x)

>),

=-\-a~ax.

x

(1)當(dāng)了21時(shí)，lnx—2恒成立，求。的取值范圍；

(2)若g(x)的兩個(gè)相異零點(diǎn)為xi，元2，求證：%iX2>e2.

解(1)當(dāng)時(shí)，In%—2恒成立，即當(dāng)時(shí)，(x+l)lnx—〃冗+220恒成立，

設(shè)F(x)=(x+1)lnx~ax+2,

所以尸(1)=2—〃20,即〃W2；

尸(x)=ln%+:+1—〃，

設(shè)r(x)=\nx+~+l~a,

11x—1

則r，w=7-?=~^'

所以當(dāng)尤21時(shí)，/(尤)20,即r(x)在［1,+8)上單調(diào)遞增，

所以r(尤)27(1)=2—a20,

所以當(dāng)xNl時(shí)，F(xiàn)(x)=?x)\0,即P(x)在［1,+8)上單調(diào)遞增,

所以P(x)2F(l)=2-a\0.

所以。的取值范圍為(一8,2］.

(2)證明：由題意知，g(x)=lnx-ax,

不妨設(shè)尤l>X2>0,

由為=的，Png/附+&)，

由，得XI

\mx2=ax2，In-=?(xi—X2)，

則近因應(yīng)=2土上令,=也>1

1XlX1—X2為1%2

In———I

X2X2

即(即%2)1+l日口[/「+1

則]nt一二7，即In(%iX2)=,_]In力

要證xi%2>e2,只需證In(XI%2)>2,

只需證合5nt>2,即證InJ；；；)?>I)，

_2(/—1)

即證InL.+]>0(/>l),

令m(Z)=lnL-］。>1),

、,(t—I)2

因?yàn)榧?，尸訴?>0,

所以相⑺在(1,+8)上單調(diào)遞增，又當(dāng)f從右側(cè)趨近于1時(shí)，加⑺趨近于0,

所以當(dāng)/€(1,+8)時(shí)，根⑺>0,

即In成立，故xi%2>e2.

方法總結(jié)】

比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后

利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的.設(shè)法用比值或差值(一般用

/表示)表示兩個(gè)極值點(diǎn)，即/=y，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于

X2

t的函數(shù)問題求解.

2.已知函數(shù)危)=xlnx—、+比一1(rR)有兩個(gè)極值點(diǎn)xi，x2(xi<x2).

(1)求/的取值范圍;

(2)證明：X1+X2>~X1X2.

解(l)/(x)=lnx+1~~+t,

令g(x)=f(x),

ioP—2v

則g'(x)=f—g=-^(x>0),

令g'(x)=。，解得

所以當(dāng)(0'§時(shí)，g'(x)>0;

當(dāng)x€(1，+8)時(shí)，g，(x)<0,

所以g(X)在［0，5上單調(diào)遞增，在6，+8)上單調(diào)遞減，

所以ga)max=ge)=l—1口2+左

因?yàn)?不)有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以且任)有兩個(gè)變號零點(diǎn)，

所以g(%)max>0，即1—In2+/>0,所以介In2—1,即/的取值范圍為(In2—1,+°°).

(2)證明：由題意，知lnx2—色+/+1=0,Inxi—等+f+l=0,

所以In愈一Inx\—~(%2—X。，

ln%2—Inxi2

即,

X2~X\e'

要證X1+X2>~X1X2^

114

只需證；7+三>1

41%2C

即證券+?2(ln%2-lnX。

X2—X\

X2應(yīng)―xiX2~XjX2X\

即證21n

XIXIX2XlX2

則只需證w—~>21nw(w>l),

令/z(w)=w—21nw(w>l),

u

,12w2—2w+l(w—I)2

則M1〃Q)=I+7—%=—滔—=—^>o>

所以/Z(")在(1,+8)上單調(diào)遞增，又當(dāng)"從右側(cè)趨近于1時(shí)，〃(")趨近于0,

所以/z(w)>0,即w——>21nu{u>\),

it

4

貝!|Xl+X2>~X1X2.

課時(shí)作業(yè)

1.(2024?福建福州格致中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知函數(shù)兀c)=叱+“

⑴討論函數(shù)攜x)的極值；

(2)若(exi)*2=(e%2盧(e是自然對數(shù)的底數(shù))，且為>0,%2>0,不彳愈，證明：x\+x2>2.

解(1)函數(shù)兀0的定義域?yàn)?0,+8),求導(dǎo)得了(%)=一堂，

若〃=0,則/(x)=o,函數(shù)yu)無極值；

若由f(x)=0,可得x=1；

若〃<0,當(dāng)o<x<i時(shí)，y(x)<o,則/(%)單調(diào)遞減，當(dāng)了>1時(shí)，f(x)>o,則?；貑握{(diào)遞增，此時(shí)

函數(shù)人x)有唯一極小值/0)=〃，無極大值；

若〃>0,當(dāng)0<x<l時(shí)，f(x)>0,則1%)單調(diào)遞增，當(dāng)x>l時(shí)，f(x)<0,則/(x)單調(diào)遞減，此時(shí)

函數(shù)y(x)有唯一極大值11)=。，無極小值.

綜上，當(dāng)4=0時(shí)，函數(shù)應(yīng)。無極值；

當(dāng)〃<0時(shí)，函數(shù)黃工)有極小值11)=〃，無極大值；

當(dāng)。>0時(shí)，函數(shù)/(X)有極大值11)=〃，無極小值.

x

(2)證明：由(exi)2=(e%2戶，兩邊取對數(shù)可得X2(ln為+1)=為(In尬+1)，即+

A112

.,Inx~\~1Inx

當(dāng)a=1時(shí)，<x)="，/(%)=-f，

由(1)可知，函數(shù)“X)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，所以次x)max=/U)=l,

而右)=0，當(dāng)尤>1時(shí)，兀燈>0恒成立，

因此當(dāng)。=1時(shí)，存在尤1,無2且0<無1<1<尤2,滿足y(無1)=/(無2),

若無2€[2,+8),則無1+尤2>尤2、2成立；

若尬€(1,2),則2一念€(0，1)，

InxIn(2—x)InxIn(2—x)

則當(dāng)x€(1,2)時(shí)，g'(x)=f(x)+f(2—x)=/(2—尤)2>X2X2

InLQ—lp+l]

x2>0,

即函數(shù)g(尤)在(1,2)上單調(diào)遞增,所以g(x)>g(l)=0,即兀0次2—元)，

于是於1)=大尤2)/2—血)，而尤26(1，2),2-X2€(0,1),XI€(0,1),

函數(shù)/(%)在(0,1)上單調(diào)遞增，因此處>2—X2，即％1+冗2>2.

綜上,Xi+%2>2.

2.(2024?廣東深圳中學(xué)高三階段考試)設(shè)函數(shù)危)=(%+〃)9,已知直線y=2x+l是曲線>=%)

的一條切線.

⑴求〃的值，并討論函數(shù)兀V)的單調(diào)性；

(2)若加1)=於2)，其中為<X2，證明：X1X2>4.

解(1)設(shè)直線y=2x+l與曲線y=?x)相切于點(diǎn)(必，式祀))，

.*./(xo)=(xo+?+l)exo=2；

又7(M))=(%o+a)e*o=2xo+1,

2—e*o=2xo+l,即e'o+2X0—1=0.

設(shè)g(x)—ex+2x—1,則g\x)=ex+2>0,

???g(x)在R上單調(diào)遞增，

又g(0)=O

???g(%)有唯一零點(diǎn)了=。，

??%o=0,

.\a+l=2,解得〃=1,

，加)=。+1)廿，f(x)=(x+2)ex,

則當(dāng)x€(—8,—2)時(shí)，/。)<0；

當(dāng)xe(-2,+8)時(shí),f(x)>0.

二函數(shù)"r)在(-8,—2)上單調(diào)遞減，在(一2,十8)上單調(diào)遞增.

(2)證明：由(1)知，^)min=A-2)=-e-2<0,

當(dāng)X<-1時(shí)，>)<0;當(dāng)X>-1時(shí)，外球>0,

—2<%2<一1.

_4

要證X1X2>4,只需證X1<—<—2.

%2

vy(x)^.(—8,—2)上單調(diào)遞減，

*e,只需證，

又|入1)=加2)，則只需證1%2)乂金對任意龍2€(―2,—1)恒成立.

4-4

x

8(%+2)-(x+2)e々7

/(x)=(x+2)ex+-p~~e=-p—(x3e+8).

_4

設(shè)〃(%)=/丁*+8,

貝?。莓?dāng)一2cx<一1時(shí)，pXx)=xe'彳［+5+,<0,

.,?夕(X)在(一2,—1)上單調(diào)遞減，

：?p(x)<p(—2)=—8+8=0,

ri,)(x+2)e4

又當(dāng)一2<x<一1時(shí)，—p—<0,

當(dāng)—2<x<—1時(shí),。'(冗)>0,

???依0在(一2,—1)上單調(diào)遞增，

/z(x)>/z(—2)=0,

即八球痣在x€(一2，一1)時(shí)恒成立，

又12€(—2,—1),

??式X2)刁仔)，原不等式得證.

3.(2023?湖北武漢華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三下學(xué)期壓軸卷(一))已知?x)=2x—situ?一也

Inx.

(1)當(dāng)。=1時(shí)，討論函數(shù)?x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；

(2)若存在Xi,X2(fi<X\<X2)f使危1)=加2)，求證：XlX2<a.

解(1)當(dāng)a=l時(shí)，f(x)=2x—sinx—lnx,

則/W=2—cosx--,

當(dāng)xNl時(shí)，/(x)1—cosx0,

故人元)在［1,+8)上單調(diào)遞增，不存在極值點(diǎn)；

當(dāng)0<x<l時(shí)，令/z(%)=2—cosx—

則〃(x)=sinx+5>0恒成立，

故函數(shù)/i(x)即/(X)在(0,1)上單調(diào)遞增，

且/(1)=1-cosl>0,/自=-cos：-2<0,

所以存在的€(91),使得/(xo)=O，

所以當(dāng)04<超時(shí)，/(x)<0,人工)單調(diào)遞減；當(dāng)項(xiàng)<欠<1時(shí)，/。)>0,人元)單調(diào)遞增，

故函數(shù)次x)在(0,1)上存在唯一極值點(diǎn).

綜上，當(dāng)。=1時(shí)，函數(shù)/(%)的極值點(diǎn)有且僅有一個(gè).

(2)證明：由fixi)=j[x2)f知2xi—sinxi—ginx\=2x2~siwc2—y[a\n應(yīng)，

整理，得2(xi—%2)—(sinxi—sim：2)=^(lnx\—In%2)(*)，

不妨令g(x)=x—sinx(x>0)，貝！Ig，(x)=l—cos%20,故g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

當(dāng)0<Xi<%2時(shí),有g(shù)(Xi)<g(X2)y

即Xi—siaxi<X2~sinx2,

那么sinxi—siiu：2>xi~X2，

苞一％2

因此(*)即轉(zhuǎn)化為

Inx\—InX2

接下來證明丁3—F->^XlX2(0<Xl<X2)，

Inxi—lnx2

等價(jià)于證明In￡>半—半，

X2yjX2y]Xl

不妨令*0</<1)，

建構(gòu)新函數(shù)9?)=21nt—t+-(0<t<l),

21(t—1)2

“⑺=7-i—3=——?—<°，貝I磯。在(0,1)上單調(diào)遞減，又當(dāng)/從左側(cè)趨近于1時(shí)，磯。趨

近于0,

所以阿>0,故In上來—若即in:二;X2母而。<?<X2)得證，

由不等式的傳遞性知小1夭2<或，即x\X2<a.

4.(2023?湖南長沙實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三模)已知函數(shù)h(x)=x-cdnx(a€R).

⑴若加入)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

e2

(2)若方程xe%—4(lnx+x)=0有兩個(gè)實(shí)根為，物，且為工乃，證明：e^ix2>——.

X1X2

解(1)函數(shù)/z(x)的定義域?yàn)?0,+8).

當(dāng)〃=0時(shí)，函數(shù)"(x)=x無零點(diǎn)，不符合題意，所以〃W0,

由h(x)=x-〃lnx=O,

可得工=3

ax

構(gòu)造函數(shù)八x)=￥，其中x>0,所以直線y=[與函數(shù)"r)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，

1―Inx

f(x)=-一,由f(x)=?？傻脁=e,列表如下：

(0,e)e(e,+0°)

f(x)+0一

極大值！

fix)單調(diào)遞增單調(diào)遞減

所以函數(shù)式X)的極大值為八e)=9,函數(shù)於)的大致圖象如下圖所示:

Iny

且當(dāng)x>l時(shí)，?=—>0,

由圖可知，當(dāng)。<!<:，即a>e時(shí)，直線y=5與函數(shù)於)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),

故實(shí)數(shù)。的取值范圍是(e,+8).

(2)證明：因?yàn)閤e%—q(lnx+x)=0,則xe*—〃ln(xe*)=0,

令/=xe*>0,其中x>0,則有t~alnt=0,

r=(x+l)e%>0,所以函數(shù)￡=疣"在(0,+8)上單調(diào)遞增,

因?yàn)榉匠逃袃蓚€(gè)實(shí)根為，入2，

令介勿=%2y2,

則關(guān)于￡的方程/一。1口/=0也有兩個(gè)實(shí)根力，打,且九工及，

e2

要證exi+x2>,即證xiexi-X2e^2>e2,即證Zir2>e2,即證In力+ln熱>2,

A1A2

ft\=〃lnt\'

由已知V

"2=〃lnt2,

(ti—t2=a(\nti-lnti)'

所以《

E+/2=〃(ln介+ln/2)'

In九+ln亥

整理可得

In九一In

iij,ti~rt?

不妨設(shè)/l>?2>0,即證In九+lnt2=~——ln

tl-t2

t\2(九一亥)

即證In->-------

亥九十亥汗1

令即證lns>$2其中s>l,

構(gòu)造函數(shù)g(s)=lns—其中§>],

I4(s—])

g'(s)=5一所以函數(shù)g(s)在(1，+8)上單調(diào)遞增，又當(dāng)S從右側(cè)趨近于1

3(S十1)S(S-I-1)

時(shí)，g(s)趨近于0,

所以當(dāng)5>1時(shí)，g(S)>0,故原不等式成立.

5.(2024?河北石家莊部分重點(diǎn)高中高三月考)已知函數(shù)段)=flnx—〃(〃€R).

⑴求函數(shù)式工)的單調(diào)區(qū)間；

2

(2)若函數(shù)/(%)有兩個(gè)零點(diǎn)Xi,12，證明：1<%1+X2<泥.

解(1)因?yàn)殪?=flnx—€R)的定義域?yàn)?0,+°°),

則/(%)=2xlnx+x=x(21nx+1),

令［(x)>0,解得

A/e

令/(%)<0,解得0cx<一『，

\e

所以汽招的單調(diào)遞減區(qū)間為(o，關(guān))，單調(diào)遞增區(qū)間為康，+8)

(2)證明：不妨設(shè)X1<X2，由(1)知，必有041<古0：2.

2

要證為，即證了2<亍一Xl，

\e

’2

即證?X2)W~j=-X\

又?X2)=/(X1)，即證?X1)一.

令g(x)=Ax)一

則g'a)=x(21nx+l)+

令&a)=gXx),則勿(x)=2(lnx+l)+l—21n+1-2=21n"yJvO在不中，

黃次

恒成立,

所以貽)在(0，上單調(diào)遞減，即/(%)在(0，上單調(diào)遞減，所以?。)爾6，=0,

所以g(x)在(0，點(diǎn)上單調(diào)遞增，所以g(xi)<gGV=O,

’2

即加1)-,一制)<0,所以X1+%2〈泉

接下來證明X1+X2>1,

令藁=r,則>1,又式xi)=/3)，

即X[lnxi=j3ln%2，

心、/i」lnt

所以Inx\一]_F，

要證1<X1+X2>即證1<即+比1，

即證(/+1)X1>1,

不等式?+1)為>1兩邊取對數(shù)，

即證Inxi+ln(z+l)>0,

即證;F]+In(t+1)>0,

口口、丁。+l)ln(t+1)rint

即證------：----->—T,

tt—1

令〃(%)=：?；，(1,+0°),

則1,"'(無(I尸nx^+一l)程(x~下1)——xlnx

x~1nx—1

=(Ll)2，

令p(x)=x—In%—1,其中1€(1,+°°),

1x-]

則p'(x)=1-1=-7->0，

所以p(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，又當(dāng)X從右側(cè)趨近于1時(shí)，p(x)趨近于0,

所以當(dāng)x€(l,+8)時(shí),p(x)>0,

x—ln1

故當(dāng)xe(i,+8)時(shí)，/(尤)=>0,