【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题40　　泰勒展开式与超越不等式

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1.泰勒公式形式
泰勒公式是将一个在x0处具有n阶导数的函数利用关于(x－x0)的n次多项式逼近函数的方法.
若函数f(x)在包含x0的某个闭区间[a，b]上具有n阶导数，且在开区间(a，b)上具有(n＋1)阶导数，则对闭区间[a，b]上任意一点x，成立下式：
f(x)＝f(x0)＋f′(x0)(x－x0)＋eq \f(f″（x0）,2！)(x－x0)2＋…＋eq \f(f″（x0）,2！)(x－x0)n＋Rn(x)
其中：f(n)(x0)表示f(x)在x＝x0处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x0处的泰勒展开式，剩余的Rn(x)是泰勒公式的余项，是(x－x0)n的高阶无穷小量.
2.麦克劳林公式f(x)＝f(0)＋f′(0)x＋eq \f(f″（0）,2！)x2＋…＋eq \f(f（n）（0）,n！)·xn＋Rn(x)
虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取x0＝0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及到.
3.常见函数的麦克劳林展开式：(n(x)是高阶无穷小量)
(1)ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋eq \f(eθx,（n＋1）！)xn＋1(0＜θ＜1)；
(2)sin x＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋(－1)neq \f(x2n＋1,（2n＋1）！)＋(x2n＋2)；
(3)cs x＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)－eq \f(x6,6！)＋…＋(－1)neq \f(x2n,（2n）！)＋(x2n＋1)；
(4)ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－…＋(－1)neq \f(xn＋1,n＋1)＋(xn＋1)；
(5)eq \f(1,1－x)＝1＋x＋x2＋…＋xn＋(xn)；
(6)(1＋x)α＝1＋αx＋eq \f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq \f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋(xn).
4.两个超越不等式：(注意解答题需先证明后使用)
(1)对数型超越放缩：
eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1(x＞0)；
ln(1＋x)＝x－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3－…＋(－1)n－1eq \f(1,n)xn＋Rn(x)…(1).
上式(1)中等号右边只取第一项得：ln(1＋x)≤x(x＞－1)……结论①，
用x－1替换上式结论①中的x得：ln x≤x－1(x＞0)……结论②，
对于结论②左右两边同乘“－1”得－ln x≥1－x⇒lneq \f(1,x)≥1－x，用eq \f(1,x)替换“x”得：
1－eq \f(1,x)≤ln x(x＞0)……结论③.
(2)指数型超越放缩：x＋1≤ex≤eq \f(1,1－x)(x＜1)；
ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋Rn(x)…(2).
上式(2)中等号右边只取前2项得：ex≥1＋x(x∈R)……结论①，
用－x替换上式结论①中的x得：e－x≥1－x(x∈R)……结论②，
当x＜1时，对于上式结论②
e－x≥1－x⇒eq \f(1,ex)≥1－x⇒eq \f(1,1－x)≥ex……结论③，
当x＞1时，对于上式结论②
e－x≥1－x⇒eq \f(1,ex)≥1－x⇒eq \f(1,1－x)≤ex……结论④.
类型一 利用超越不等式或泰勒展开式比较大小
涉及比较大小的问题，如果其中同时含有指数式、对数式和多项式，可考虑利用泰勒展开式解决问题，特别注意结合赋值法，利用如下超越不等式或其变形公式解决问题：eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1(x＞0)，x＋1≤ex≤eq \f(1,1－x)(x＜1).
例1 (1)已知a＝eq \f(1,100)，b＝e－eq \f(99,100)，c＝ln eq \f(101,100)，则a，b，c的大小关系为( )
A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.c＜a＜b D.b＜a＜c
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则( )
A.aC.c答案 (1)C (2)C
解析 (1)因为ex≥x＋1，ln x≤x－1，故b＝e－eq \f(99,100)＞－eq \f(99,100)＋1＝eq \f(1,100)，c＝ln eq \f(101,100)＜eq \f(101,100)－1＝eq \f(1,100)，故选C.
(2)根据题意，构造函数f(x)＝xex，
g(x)＝eq \f(x,1－x)，h(x)＝－ln(1－x)，则可以看到a＝f(0.1)，b＝g(0.1)，c＝h(0.1).
由于0.1较小，所以对上述三个函数在x＝0处进行三阶泰勒展开：
f(x)＝xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,2)x2＋\f(x3,6)＋ο（x3）))＝x＋x2＋eq \f(1,2)x3＋eq \f(x4,6)＋ο(x3).
g(x)＝eq \f(1,1－x)－1＝1＋x＋x2＋x3＋ο(x3)－1＝x＋x2＋x3＋ο(x3)，
h(x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x－\f(1,2)x2－\f(x3,3)＋ο（x3）))＝x＋eq \f(1,2)x2＋eq \f(x3,3)＋ο(x3).
在x＝0.1处，显然b＝g(0.1)≈0.111 0＞a＝f(0.1)≈0.110 5＞c＝h(0.1)≈0.105 0，
故b＞a＞c.
训练1 (1)设a＝ln 1.01，b＝eq \f(1.01,30e)，c＝eq \f(1,101)，(其中自然对数的底数e＝2.718 28…)则( )
A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.c＜b＜a D.c＜a＜b
(2)(2022·全国甲卷)已知a＝eq \f(31,32)，b＝cs eq \f(1,4)，c＝4sin eq \f(1,4)，则( )
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
答案 (1)D (2)A
解析 (1)由ln x≥1－eq \f(1,x)，等号当且仅当x＝1时取到，故x＝1.01时a＞c，排除A，B.下面比较a，b大小，由ln x≤x－1得，ln 1.01＜0.01＜eq \f(1.01,30e)，
故b＞a.所以c＜a＜b.
(2)根据题意，构造函数f(x)＝1－eq \f(x2,2)，g(x)＝cs x，h(x)＝eq \f(sin x,x).则可以看到：
a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，b＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，c＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，
由于0.25较小，所以对上述三个函数在x＝0处进行四阶泰勒展开：f(x)＝1－eq \f(x2,2)，g(x)＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)＋ο(x4)，h(x)＝1－eq \f(x2,3！)＋eq \f(x4,5！)＋ο(x4).
显然，在x＝0.25时，a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＜b＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＜c＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))，故a＜b＜c.
类型二 利用超越不等式或泰勒展开式解决不等式问题
在证明不等式或根据不等式求参数的范围时，要仔细观察，发现其中所含的超越不等式，需证明后再用来解决问题.
例2 已知函数f(x)＝ln (x－1)－k(x－1)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n（n－1）,4)(n∈N*，n＞1).
(1)解 因为f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1(k∈R)，
所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x－1)－k.
若k≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上为增函数；
若k＞0，则f′(x)＝eq \f(1,x－1)－k＝eq \f(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(k＋1,k))),x－1)，
当1＜x＜eq \f(1,k)＋1时，f′(x)＞0，当x＞eq \f(1,k)＋1时，f′(x)＜0.
综上，当k≤0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，无单调递减区间；
当k＞0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,k)＋1))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋1，＋∞)).
(2)证明 当k＝1时，由上可知f(x)的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(2，＋∞)，有f(x)≤f(2)＝0在(1，＋∞)恒成立，且f(x)在(2，＋∞)上是减函数，
即ln(x－1)＜x－1－1在x∈(2，＋∞)上恒成立.令x－1＝n2，则ln n2＜n2－1，
即2ln n＜(n－1)(n＋1)，
∴eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n－1,2)(n∈N*且n＞1)，
∴eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(1,2)＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,2)＋…＋eq \f(n－1,2)＝eq \f(n2－n,4)，
即：eq \f(ln 2,3)＋eq \f(ln 3,4)＋eq \f(ln 4,5)＋…＋eq \f(ln n,n＋1)＜eq \f(n（n－1）,4)(n≥2，n∈N*)成立.
训练2 已知f(x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)，求证：若x∈(0，1)时，f(x)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3))).
证明 ln (1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－…＋(－1)n－1eq \f(xn,n)＋…
ln (1－x)＝－x－eq \f(x2,2)－eq \f(x3,3)＋…＋(－1)2n－1eq \f(xn,n)＋…
所以ln (1＋x)－ln (1－x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)＋…＋\f(x2n＋1,2n＋1))).
故当x∈(0，1)时，f(x)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3))).
一、基本技能练
1.已知实数a，b，c满足ac＝b2，且a＋b＋c＝ln(a＋b)，则( )
A.c＜a＜b B.c＜b＜a
C.a＜c＜b D.b＜c＜a
答案 A
解析 设f(x)＝ln x－x＋1，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，
所以ln(a＋b)≤a＋b－1，
所以a＋b＋c≤a＋b－1，即c≤－1，
又ac＝b2＞0，所以a＜0，
由a＋b＞0，所以b＞－a＞0，
所以b2＞a2，即ac＞a2，
所以c＜a，所以c＜a＜b.
2.(2022·郑州模拟)已知a＝e0.02，b＝1.012，c＝ln 2.02，则( )
A.a＞b＞c B.b＞a＞c
C.a＞c＞b D.b＞c＞a
答案 A
解析 因为ex＝1＋x＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋eq \f(x4,4！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋eq \f(xn＋1,（n＋1）！)eθx(0＜θ＜1)，
所以e0.02＝1＋0.02＋eq \f(0.022,2)＋eq \f(0.023,6)＋…≈1.020 2，
b＝1.012＝1.020 1，c＝ln 2.02＜1，
所以a＞b＞c，故选A.
3.已知a＝sin eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,3)，c＝eq \f(1,π)，则( )
A.c＜b＜a B.a＜b＜c
C.a＜c＜b D.c＜a＜b
答案 D
解析 由sin x＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋ο(x2n＋2)，
可得x－eq \f(1,6)x3＜sin x＜x(x＞0)，
∴sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53,162)，\f(1,3)))，而eq \f(162,53)≈3.06＜3.14＜π，
∴eq \f(53,162)＞eq \f(1,π)，即sineq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，\f(1,3)))，选D.
4.(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝eq \r(1.04)－1，则( )
A.aC.b答案 B
解析 显然1.012＞1.02，故b＜a，只需比较a，c大小即可.
考虑函数f(x)＝2ln(1＋x)，g(x)＝eq \r(1＋4x)－1，考虑到两者均是比较在x＝0附近的数的大小：f(0.01)与g(0.01)，
所以对两个函数在x＝0处进行泰勒展开.
ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)＋…＋(－1)n－1eq \f(xn,n)＋ο(xn)，
(1＋x)α＝1＋αx＋eq \f(α（α－1）,2！)x2＋…＋eq \f(α（α－1）…（α－n＋1）,n！)xn＋ο(xn)，
由上式可得：f(x)＝2x－x2＋ο(x2)，g(x)＝2x－2x2＋ο(x2)，显然，在x＝0附近，f(x)＞g(x)，故a＞c，
令函数h(x)＝ln(1＋2x)，由泰勒公式，得h(x)＝2x－2x2＋eq \f(8,3)x3＋ο(x3)，
又g(x)＝2x－2x2＋4x3＋ο(x3)，
在x＝0附近，h(x)综上，b5.下列结论中正确的个数为( )
①sin x＜x，x＞0；②ln x＜x；③ex＞x＋1.
A.0 B.1
C.2 D.3
答案 C
解析 令f(x)＝x－sin x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝1－cs x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＞f(0)＝0，即x－sin x＞0，
即x＞sin x，x＞0，故①正确；
令g(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，
当x＞1时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1，
即x－ln x＞0恒成立，所以x＞ln x，故②正确；
令h(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，
当x＜0时h′(x)＜0，当x＞0时h′(x)＞0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，
所以ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号，故③错误.故选C.
6.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4aeq \\al(2,n)－an，n∈N*，给出以下结论，正确的个数是( )
①an＞1；②an＋1＞an；③存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2；④eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜1.
A.4 B.3
C.2 D.1
答案 B
解析 ∵a1＝2，∴aeq \\al(2,1)－a1＝2，a2＝42＝16＞1，则aeq \\al(2,n)－an单调递增且大于0，所以4aeq \\al(2,n)－an单调递增，所以an＋1＞1，即an＞1故①正确；
令y＝ex－x－1(x＞0)，则y′＝ex－1≥0，所以y＝ex－x－1在(0，＋∞)上单调递增，且当且仅当x＝0时，y＝0，所以y＝ex－x－1≥0，即ex≥x＋1.因为aeq \\al(2,n)－an＞0，且4 aeq \\al(2,n)－an≥e aeq \\al(2,n)－an≥aeq \\al(2,n)－an＋1，∴an＋1－an≥(an－1)2＞0，故②正确；
∵a1＝2＝23×1－2，a2＝16＝23×2－2，a3＝416×15＞23×3－2，由归纳法可知，
an＋1＝4aeq \\al(2,n)－an＞23n－2，故不存在无穷多个k∈N*，使ak＝23k－2，故③错误；
由an＋1＞aeq \\al(2,n)－an＋1得eq \f(1,an＋1－1)＜eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an)，即eq \f(1,an)＜eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an＋1－1)，累加可得：
eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(1,a1－1)－eq \f(1,a2－1)＋eq \f(1,a2－1)－eq \f(1,a3－1)＋…＋eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(1,a1－1)－eq \f(1,an＋1－1)＜1，可知④正确.
7.已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)，若0＜a1＜1，则( )
A.a1＜a3，a2＜a4 B.a1＜a3，a2＞a4
C.a1＞a3，a2＞a4 D.a1＞a3，a2＜a4
答案 A
解析 设f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜ 1，令f′(x)＜0，则x＞1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝0，则f(x)＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，
所以a1＋a2＋a3＝ln(a1＋a2＋a3＋a4)≤a1＋a2＋a3＋a4－1，
故a4≥1，又a1，a2，a3，a4成等比数列，且0＜a1＜1，
设其公比为q，则eq \f(a4,a1)＝q3＞1，即q＞1，所以a1＜a3，a2＜a4，故选A.
8.已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
证明 当a≥eq \f(1,e)时，f(x)＝aex－ln x－1≥eq \f(1,e)·ex－ln x－1＝ex－1－ln x－1，
由ex≥x＋1(证明略)，得ex－1≥x，
由ln (x＋1)≤x(证明略)，得ln x≤x－1，
因此ex－1－ln x－1≥x－(x－1)－1＝0，
当且仅当x＝1时等号成立，
所以当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
二、创新拓展练
9.(2022·咸阳二模)已知函数f(x)＝ln x－kx＋1.
(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \r(e)(n∈N*).
(1)解 由题意得：f(x)定义域为(0，＋∞).由f(x)≤0得：k≥eq \f(ln x＋1,x).
设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)＞ 0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，
∴k≥1，即实数k的取值范围为[1，＋∞).
(2)证明 由(1)知：当k＝1，x＞1时，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)＜0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)＜f(1)＝0，即ln x＜x－1，
∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜1＋eq \f(1,3n)－1＝eq \f(1,3n)，
∴lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)
＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＜eq \f(1,2)，
即lneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))))＜eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,32)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,33)))×…×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3n)))＜eq \r(e)(n∈N*).
10.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值；
(2)若x∈(0，1)，求证：eq \f(1－ln x,f（x）)＋x－eq \f(1,x)＜1.
(1)解 设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－1，则h′(x)＝ex－a.
当a≤0时，h′(x)＝ex－a＞0，h(x)单调递增，h(－1)＝e－1＋a－1＜0，不满足h(x)≥0恒成立；
当a＞0时，h(x)在x∈(－∞，ln a)上单调递减，在x∈(ln a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)的最小值为h(ln a)＝a－aln a－1≥0，
即1－ln a－eq \f(1,a)≥0，即ln a＋eq \f(1,a)－1≤0.
设φ(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，φ′(a)＝eq \f(a－1,a2)，
所以φ(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
即φ(a)min＝φ(1)＝0，故ln a＋eq \f(1,a)－1≤0的解只有a＝1.
综上，a＝1.
(2)证明 先证当x∈(0，1)时，ex＞x＋1恒成立.
令t(x)＝ex－x－1，t′(x)＝ex－1＞0，所以t(x)在(0，1)上单调递增，
又t(x)＞t(0)＝0，所以ex＞x＋1.
所以要证eq \f(1－ln x,ex)＋x－eq \f(1,x)＜1，
即证eq \f(1－ln x,x＋1)＋x－eq \f(1,x)＜1，
即证1－ln x＋x2＋x－eq \f(x＋1,x)＜x＋1，
即证ln x－x2＋1＋eq \f(1,x)＞0.
设F(x)＝ln x－x2＋1＋eq \f(1,x)，则F′(x)＝eq \f(1,x)－2x－eq \f(1,x2)＝eq \f(1,x2)(x－1)－2x＜0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，
所以F(x)＞F(1)＝1＞0，即原不等式成立.
所以当x∈(0，1)时，eq \f(1－ln x,f（x）)＋x－eq \f(1,x)＜1.