二、单调性和凹凸性｜大题·函数不等式

大题

（四）函数不等式

1. 【1990-3-9 分】 证明：当 $x>0$ 时，

$$\arctan x+\frac{1}{x}>\frac{\pi }{2}.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 构造辅助函数

$$F(x)=\arctan x+\frac{1}{x}-\frac{\pi }{2},x>0.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2}\\ & =-\frac{1}{x^2(1+x^2)}<0.\end{array}$$

因此 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减。又

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=\frac{\pi }{2}+0-\frac{\pi }{2}=0.$$

由于 $F(x)$ 严格递减并以 $0$ 为其在 $+\infty$ 处的极限，所以对任意有限的 $x>0$，均有

$$F(x)>0.$$

故

$$\arctan x+\frac{1}{x}>\frac{\pi }{2}.$$

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2. 【1991-5-6 分】 证明：当 $0<x<+\infty$ 时，

$$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)>\frac{1}{1+x}.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 令

$$F(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x},x>0.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}\\ & =-\frac{1}{x(1+x{)}^2}<0.\end{array}$$

故 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减。又

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=0.$$

因此对任意 $x>0$，都有

$$F(x)>0,$$

即

$$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)>\frac{1}{1+x}.$$

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3. 【1991-3-9 分】 证明：当 $x>1$ 时，

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

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 当 $x>1$ 时，$lnx>0$，且 $1+x>0$，故原不等式等价于

$$(1+x)\ln (1+x)-x\ln x>0.$$

令

$$F(x)=(1+x)\ln (1+x)-x\ln x,x>1.$$

则

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =\ln (1+x)+1-(\ln x+1)\\ & =\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)>0.\end{array}$$

因此 $F(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上严格单调增加。并且

$$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }F(x)=2\ln 2>0.$$

于是对一切 $x>1$，均有 $F(x)>0$，从而

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

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4. 【1993-5-6 分】 设 $p>1$，$q>1$，且

$$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$$

证明：当 $x>0$ 时，

$$\frac{1}{p}{x}^p+\frac{1}{q}\ge x.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立，且等号仅在 $x=1$ 时成立。

解析： 构造函数

$$F(x)=\frac{x^p}{p}+\frac{1}{q}-x,x>0.$$

求导得

$$F^{\prime }(x)=x^{p-1}-1.$$

于是

$$\{\begin{array}{ll}{F}^{\prime }(x)<0,& 0<x<1,\\ F^{\prime }(x)=0,& x=1,\\ F^{\prime }(x)>0,& x>1.\end{array}$$

故 $F(x)$ 在 $x=1$ 处取得最小值。由共轭指数条件

$$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$$

可得

$$F(1)=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1=0.$$

因此

$$F(x)\ge 0,$$

即

$$\frac{1}{p}{x}^p+\frac{1}{q}\ge x.$$

等号当且仅当 $x=1$ 时成立。

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5. 【1993-3-9 分】 设 $a>e$，$x>0$，证明：

$$(a+x{)}^a<a^{a+x}.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 由于两边均为正数，取自然对数后，原不等式等价于

$$a\ln (a+x)<(a+x)\ln a.$$

令

$$F(x)=(a+x)\ln a-a\ln (a+x),x\ge 0.$$

则

$$F(0)=a\ln a-a\ln a=0.$$

又

$$F^{\prime }(x)=\ln a-\frac{a}{a+x}.$$

因为 $a>e$，所以

$$\ln a>1,$$

而当 $x>0$ 时，

$$0<\frac{a}{a+x}<1.$$

从而

$$F^{\prime }(x)>0,x>0.$$

故 $F(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调增加。于是当 $x>0$ 时，

$$F(x)>F(0)=0.$$

即

$$(a+x)\ln a-a\ln (a+x)>0,$$

故

$$(a+x{)}^a<a^{a+x}.$$

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6. 【1994-4-6 分】 设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上连续，在 $(a,+\infty )$ 内二阶可导，且 $f^{\prime \prime }(x)>0$。令

$$F(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a},x>a.$$

证明：$F(x)$ 单调增加。

查看答案与解析

答案： $F(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 上严格单调增加。

解析： 对 $F(x)$ 求导，得

$$F^{\prime }(x)=\frac{(x-a)f^{\prime }(x)-[f(x)-f(a)]}{(x-a{)}^2}.$$

记分子为

$$H(x)=(x-a)f^{\prime }(x)-f(x)+f(a).$$

则

$$H^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+(x-a)f^{\prime \prime }(x)-f^{\prime }(x)=(x-a)f^{\prime \prime }(x).$$

当 $x>a$ 时，由 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 可知

$$H^{\prime }(x)>0.$$

又由 $f$ 在 $x=a$ 处连续，且 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 保证 $f^{\prime }$ 在 $(a,+\infty )$ 上严格增加，可得

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }H(x)=0.$$

因此对任意 $x>a$，均有

$$H(x)>0.$$

从而

$$F^{\prime }(x)=\frac{H(x)}{(x-a{)}^2}>0.$$

故 $F(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 上严格单调增加。

本题的几何意义是：当 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 时，曲线 $y=f(x)$ 为严格凸曲线，从固定点 $(a,f(a))$ 引出的弦的斜率随另一端点向右移动而严格增加。

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7. 【1994-3-9 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且单调递减，$0<\lambda <1$。证明：

$${\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x\ge \lambda {\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 原不等式可改写为

$$(1-\lambda ){\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x\ge \lambda {\int }_{\lambda }^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，所以当

$$0\le x\le \lambda \le t\le 1$$

时，有

$$f(x)\ge f(t).$$

于是

$$\frac{1}{\lambda }{\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x\ge \frac{1}{1-\lambda }{\int }_{\lambda }^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

即前一段区间上的函数平均值不小于后一段区间上的函数平均值。交叉相乘得

$$(1-\lambda ){\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x\ge \lambda {\int }_{\lambda }^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

两边同时加上

$$\lambda {\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x,$$

便得

$${\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x\ge \lambda \left({\int }_0^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x+{\int }_{\lambda }^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)=\lambda {\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$

故所证不等式成立。

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8. 【1995-3-8 分】 设

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1,$$

且 $f^{\prime \prime }(x)>0$，证明：

$$f(x)\ge x.$$

查看答案与解析

答案： 在题设条件成立的区间内，$f(x)\ge x$，且除可能的 $x=0$ 外严格大于。

解析： 由

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$$

可将 $f$ 在 $x=0$ 处连续补充定义为

$$f(0)=0.$$

此时

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1.$$

令

$$F(x)=f(x)-x.$$

则

$$F(0)=0,F^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)-1=0,$$

且

$$F^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)>0.$$

因此 $F^{\prime }(x)$ 严格增加。于是当 $x>0$ 时，

$$F^{\prime }(x)>F^{\prime }(0)=0,$$

故 $F(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上递增，从而

$$F(x)\ge F(0)=0.$$

当 $x<0$ 时，由 $F^{\prime }$ 严格增加可得

$$F^{\prime }(x)<F^{\prime }(0)=0.$$

但从 $x$ 向 $0$ 积分，有

$$F(0)-F(x)={\int }_x^0{F}^{\prime }(t)\mathrm{d}t<0,$$

所以仍有

$$F(x)>F(0)=0.$$

综上，

$$F(x)=f(x)-x\ge 0,$$

即

$$f(x)\ge x.$$

这也可理解为：严格凸函数的图像位于其任一切线的上方；在 $x=0$ 处的切线为 $y=x$。

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9. 【1997-3-6 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续且单调不减，$f(0)\ge 0$，

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x}{\int }_0^x{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t,& x>0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

其中 $n>0$。证明：$F(x)$ 连续且单调不减。

查看答案与解析

答案： $F(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续且单调不减。

解析： 先证明连续性。

当 $x>0$ 时，由积分上限函数的连续性及商的连续性，$F(x)$ 显然连续。

下面考察 $x=0$。由于 $f$ 在 $x=0$ 处连续，故存在 $\delta >0$ 和常数 $M>0$，使得当 $0\le t\le \delta$ 时，

$$|f(t)|\le M.$$

于是当 $0<x\le \delta$ 时，

$$\begin{array}{rl}|F(x)|& \le \frac{1}{x}{\int }_0^x{t}^n|f(t)|\mathrm{d}t\\ & \le \frac{M}{x}{\int }_0^x{t}^n\mathrm{d}t\\ & =\frac{M}{n+1}{x}^n.\end{array}$$

因为 $n>0$，所以

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=0=F(0).$$

故 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续，从而在 $[0,+\infty )$ 上连续。

再证明单调性。对 $x>0$ 求导，得

$$F^{\prime }(x)=\frac{x\cdot x^{n}f(x)-{\int }_0^x{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t}{x^2}.$$

由于 $f(x)$ 单调不减，且 $f(0)\ge 0$，故当 $0\le t\le x$ 时，

$$0\le f(t)\le f(x).$$

因此

$${\int }_0^x{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t\le f(x){\int }_0^x{t}^n\mathrm{d}t=\frac{x^{n+1}}{n+1}f(x).$$

从而

$$\begin{array}{rl}{x}^{n+1}f(x)-{\int }_0^x{t}^{n}f(t)\mathrm{d}t& \ge x^{n+1}f(x)-\frac{x^{n+1}}{n+1}f(x)\\ & =\frac{n}{n+1}{x}^{n+1}f(x)\\ & \ge 0.\end{array}$$

所以

$$F^{\prime }(x)\ge 0,x>0.$$

故 $F(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调不减。结合 $F(0)=0$ 以及 $F(x)\ge 0$，可知 $F(x)$ 在整个 $[0,+\infty )$ 上单调不减。

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10. 【1998-2-8 分】 当 $x\in (0,1)$ 时，证明：

（1）

$$(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2;$$

（2）

$$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}.$$

查看答案与解析

答案： 两式均成立。

解析： （1）证明 $(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2$。

因为 $x>0$，故原不等式等价于

$$\ln (1+x)<\frac{x}{\sqrt{1+x}}.$$

令

$$\phi (x)=\frac{x}{\sqrt{1+x}}-\ln (1+x),x>0.$$

则

$$\begin{array}{rl}{\phi }^{\prime }(x)& =\frac{1+\frac{x}{2}}{(1+x{)}^{3/2}}-\frac{1}{1+x}\\ & =\frac{1+\frac{x}{2}-\sqrt{1+x}}{(1+x{)}^{3/2}}.\end{array}$$

注意到当 $x>0$ 时，

$${\left(1+\frac{x}{2}\right)}^2-(1+x)=\frac{x^2}{4}>0,$$

且 $1+\frac{x}{2}>0$，所以

$$1+\frac{x}{2}>\sqrt{1+x}.$$

故

$${\phi }^{\prime }(x)>0,x>0.$$

又

$$\phi (0)=0,$$

于是对 $x>0$，有

$$\phi (x)>0.$$

即

$$\ln (1+x)<\frac{x}{\sqrt{1+x}}.$$

两边平方后得到

$$(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2.$$

（2）证明双边不等式。

令

$$\psi (x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x},0<x<1.$$

则

$${\psi }^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{(1+x){\ln }^2(1+x)}.$$

由第（1）问

$$(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2,$$

取倒数后得

$$\frac{1}{(1+x){\ln }^2(1+x)}>\frac{1}{x^2}.$$

因此

$${\psi }^{\prime }(x)<0,0<x<1.$$

故 $\psi (x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递减。

又

$$\psi (1)=\frac{1}{\ln 2}-1.$$

并且利用洛必达法则，

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\psi (x)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}}{\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

由于 $0<x<1$ 且 $\psi$ 严格递减，所以

$$\psi (1)<\psi (x)<\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\psi (t).$$

即

$$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}.$$

故双边不等式成立。

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11. 【1999-1-6 分】 当 $x>0$ 时，证明：

$$(x^2-1)\ln x\ge (x-1{)}^2.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立，等号仅在 $x=1$ 时取得。

解析： 将原不等式两边作差：

$$\begin{array}{rl}& (x^2-1)\ln x-(x-1{)}^2\\ & =(x-1)[(x+1)\ln x-(x-1)].\end{array}$$

令

$$\phi (x)=(x+1)\ln x-(x-1),x>0.$$

则

$$\phi (1)=0,$$

且

$${\phi }^{\prime }(x)=\ln x+\frac{1}{x}.$$

进一步，

$${\phi }^{\prime \prime }(x)=\frac{x-1}{x^2}.$$

因此，${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，从而在 $x=1$ 处取得最小值

$${\phi }^{\prime }(1)=1>0.$$

所以 $\phi (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。结合 $\phi (1)=0$，可知

$$\{\begin{array}{ll}\phi (x)<0,& 0<x<1,\\ \phi (x)>0,& x>1.\end{array}$$

即 $\phi (x)$ 与 $x-1$ 同号。因此

$$(x-1)\phi (x)\ge 0.$$

故

$$(x^2-1)\ln x\ge (x-1{)}^2.$$

当且仅当 $x=1$ 时等号成立。

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12. 【1999-4-6 分】 当 $0<x<\pi$ 时，证明：

$$\sin \frac{x}{2}>\frac{x}{\pi }.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 令

$$t=\frac{x}{2}.$$

由于 $0<x<\pi$，故

$$0<t<\frac{\pi }{2}.$$

在区间 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上，函数 $y=\sin t$ 满足

$$(\sin t{)}^{\prime \prime }=-\sin t<0\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right),$$

所以 $\sin t$ 是严格凹函数。严格凹函数的图像位于连接端点的弦的上方，而连接

$$(0,0),\left(\frac{\pi }{2},1\right)$$

两点的直线方程为

$$y=\frac{2}{\pi }t.$$

因此，当 $0<t<\frac{\pi }{2}$ 时，

$$\sin t>\frac{2}{\pi }t.$$

代入 $t=\frac{x}{2}$，得

$$\sin \frac{x}{2}>\frac{2}{\pi }\cdot \frac{x}{2}=\frac{x}{\pi }.$$

故原不等式成立。

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13. 【2005-34-8 分】 设 $f(x),g(x)$ 在 $[0,1]$ 上的导数连续，且

$$f(0)=0,f^{\prime }(x)\ge 0,g^{\prime }(x)\ge 0.$$

证明：对任意 $a\in [0,1]$，有

$${\int }_0^a{f}^{\prime }(x)g(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^1{g}^{\prime }(x)f(x)\mathrm{d}x\ge f(a)g(1).$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 对第一个积分作分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^a{f}^{\prime }(x)g(x)\mathrm{d}x& =[f(x)g(x){]}_0^a-{\int }_0^{a}f(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =f(a)g(a)-f(0)g(0)-{\int }_0^{a}f(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

由 $f(0)=0$，得

$${\int }_0^a{f}^{\prime }(x)g(x)\mathrm{d}x=f(a)g(a)-{\int }_0^{a}f(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^a{f}^{\prime }(x)g(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^1{g}^{\prime }(x)f(x)\mathrm{d}x\\ & =f(a)g(a)+{\int }_a^{1}f(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

由于 $f^{\prime }(x)\ge 0$，故 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调不减。于是当 $x\in [a,1]$ 时，

$$f(x)\ge f(a).$$

又因为 $g^{\prime }(x)\ge 0$，所以

$$f(x)g^{\prime }(x)\ge f(a)g^{\prime }(x),x\in [a,1].$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{1}f(x)g^{\prime }(x)\mathrm{d}x& \ge f(a){\int }_a^1{g}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =f(a)[g(1)-g(a)].\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^a{f}^{\prime }(x)g(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^1{g}^{\prime }(x)f(x)\mathrm{d}x\\ & \ge f(a)g(a)+f(a)[g(1)-g(a)]\\ & =f(a)g(1).\end{array}$$

原不等式得证。

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14. 【2012-123-10 分】 当 $-1<x<1$ 时，证明：

$$x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge 1+\frac{x^2}{2}.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立，等号仅在 $x=0$ 时取得。

解析： 令

$$F(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2},-1<x<1.$$

由于

$$F(-x)=F(x),$$

所以 $F(x)$ 为偶函数，只需证明当 $0\le x<1$ 时 $F(x)\ge 0$。

显然

$$F(0)=0.$$

当 $0<x<1$ 时，

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln \frac{1+x}{1-x}=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}=\frac{2}{1-x^2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x\\ & =\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{x(1+x^2)}{1-x^2}-\sin x.\end{array}$$

当 $0<x<1$ 时，

$$\ln \frac{1+x}{1-x}>0,$$

且

$$\frac{x(1+x^2)}{1-x^2}>x>\sin x.$$

故

$$F^{\prime }(x)>0,0<x<1.$$

于是 $F(x)$ 在 $[0,1)$ 上严格单调递增。结合 $F(0)=0$，可得

$$F(x)>0,0<x<1.$$

再由 $F(x)$ 为偶函数，得到

$$F(x)\ge 0,-1<x<1.$$

因此

$$x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge 1+\frac{x^2}{2}.$$

等号仅在 $x=0$ 时成立。

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15. 【2018-2-10 分】 设 $k\ge \ln 2-1$，证明：对任意 $x>0$，有

$$(x-1)\left(x-{\ln }^{2}x+2k\ln x-1\right)\ge 0.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立，等号在 $x=1$ 时取得。

解析： 记

$$k_0=\ln 2-1,$$

并令

$$Q_k(x)=x-1-{\ln }^{2}x+2k\ln x.$$

先证明 $Q_{k_0}(x)$ 与 $x-1$ 同号。

令

$$t=\ln x,x=e^t,$$

并定义

$$h(t)=e^t-1-t^2+2(\ln 2-1)t.$$

则

$$Q_{k_0}(x)=h(\ln x).$$

计算导数：

$$h^{\prime }(t)=e^t-2t+2\ln 2-2,$$$$h^{\prime \prime }(t)=e^t-2.$$

由 $h^{\prime \prime }(t)=0$ 得

$$t=\ln 2.$$

因此 $h^{\prime }(t)$ 在 $(-\infty ,\ln 2)$ 上单调递减，在 $(\ln 2,+\infty )$ 上单调递增，故 $h^{\prime }(t)$ 在 $t=\ln 2$ 处取得最小值。并且

$$h^{\prime }(\ln 2)=2-2\ln 2+2\ln 2-2=0.$$

所以

$$h^{\prime }(t)\ge 0,t\in \mathbb{R}.$$

从而 $h(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调不减。又

$$h(0)=0,$$

故

$$\{\begin{array}{ll}h(t)\le 0,& t<0,\\ h(t)\ge 0,& t>0.\end{array}$$

也就是说，$Q_{k_0}(x)$ 与 $\ln x$ 同号，而 $\ln x$ 与 $x-1$ 同号，所以

$$(x-1)Q_{k_0}(x)\ge 0.$$

下面利用 $k\ge k_0$。

当 $x>1$ 时，$\ln x>0$，故

$$Q_k(x)=Q_{k_0}(x)+2(k-k_0)\ln x\ge Q_{k_0}(x)\ge 0.$$

于是

$$(x-1)Q_k(x)\ge 0.$$

当 $0<x<1$ 时，$\ln x<0$，故

$$Q_k(x)=Q_{k_0}(x)+2(k-k_0)\ln x\le Q_{k_0}(x)\le 0.$$

此时 $x-1<0$，仍有

$$(x-1)Q_k(x)\ge 0.$$

当 $x=1$ 时，原式等于 $0$。

综上，对任意 $x>0$，均有

$$(x-1)\left(x-{\ln }^{2}x+2k\ln x-1\right)\ge 0.$$