证明不等式：dfrac (1) (1+x)lt ln ( (1+x) )-lnxlt dfrac (1) (x), ( (xgt 0) ).

本题考查利用导数研究函数单调性来证明不等式。解题思路是将原不等式拆分成两个不等式分别进行证明，通过构造函数，对函数求导，根据导数的正负判断函数单调性，进而得出函数的最值情况，从而证明不等式。

证明$\ln(1 + x) - \ln x < \frac{1}{x}$

1. 构造函数$f(x)=\ln(x + 1) - \ln x - \frac{1}{x}$，$(x > 0)$。
2. 对$f(x)$求导，根据求导公式$(\ln u)^\prime=\frac{u^\prime}{u}$，$(\frac{1}{x})^\prime=-\frac{1}{x^2}$可得：
   • $f^\prime(x)=\frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}$。
   • 通分得到$f^\prime(x)=\frac{x^2 - x(x + 1) + (x + 1)}{x^2(x + 1)}=\frac{x^2 - x^2 - x + x + 1}{x^2(x + 1)}=\frac{1 - x}{x^2(x + 1)}$。
3. 根据导数判断函数单调性：
   • 当$x > 1$时，$1 - x < 0$，$x^2 > 0$，$x + 1 > 0$，所以$f^\prime(x) < 0$，则$f(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
   • 当$0 < x < 1$时，$1 - x > 0$，$x^2 > 0$，$x + 1 > 0$，所以$f^\prime(x) > 0$，则$f(x)$在$(0, 1)$上单调递增。
4. 求$f(x)$的最大值：
   • 由上述单调性可知$f(x)$在$x = 1$处取得最大值，$f(1)=\ln(1 + 1) - \ln 1 - \frac{1}{1}=\ln 2 - 1$。
   • 因为$\ln 2 < \ln e = 1$，所以$\ln 2 - 1 < 0$，即$f(x) \leq f(1) < 0$。
   • 所以$\ln(x + 1) - \ln x - \frac{1}{x} < 0$，移项可得$\ln(x + 1) - \ln x < \frac{1}{x}$。

证明$\ln(1 + x) - \ln x > \frac{1}{1 + x}$

1. 构造函数$g(x)=(x + 1)\ln(x + 1) - x$，$(x > 0)$。
2. 对$g(x)$求导，根据求导公式$(uv)^\prime=u^\prime v + uv^\prime$可得：
   • $g^\prime(x)=\ln(x + 1) + (x + 1)\times\frac{1}{x + 1} - 1=\ln(x + 1)$。
3. 根据导数判断函数单调性：
   • 因为$x > 0$，所以$x + 1 > 1$，则$\ln(x + 1) > \ln 1 = 0$，即$g^\prime(x) > 0$。
   • 所以$g(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增。
4. 求$g(x)$的最小值：
   • 因为$g(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增，所以$g(x) > g(0)=(0 + 1)\ln(0 + 1) - 0 = 0$。
   • 即$(x + 1)\ln(x + 1) - x > 0$，移项可得$(x + 1)\ln(x + 1) > x$。
5. 令$t=\frac{1}{x}$，则$t > 0$，代入上式可得$(\frac{1}{x} + 1)\ln(\frac{1}{x} + 1) > \frac{1}{x}$。
   • 展开$(\frac{1}{x} + 1)\ln(\frac{1}{x} + 1)$得$(\frac{1}{x} + 1)(\ln(1 + x) - \ln x)$，所以$(\frac{1}{x} + 1)(\ln(1 + x) - \ln x) > \frac{1}{x}$。
   • 因为$\frac{1}{x} + 1 > 0$，两边同时除以$\frac{1}{x} + 1$可得$\ln(1 + x) - \ln x > \frac{1}{x + 1}$。