Решение и пояснения.
1) Минимальный (и самый прозрачный) метод — рассмотреть функцию
$f(x)=x-1-\ln x$ на области определения $x>0$.
Её производные:
$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$, $f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x^2}>0$.
Из $f^{\prime \prime }(x)>0$ следует, что $f$ выпукла и имеет единственную стационарную точку при $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=1$. Тогда
$f(1)=1-1-\ln 1=0$, значит по выпуклости $f(x)\ge 0$ для всех $x>0$ и строгая неравенство $f(x)>0$ при $x\ne 1$. Переписав, получаем
$\ln x<x-1$ для всех $x>0$, $x\ne 1$.
Ответ: $x\in (0,1)\cup (1,\infty )$.
2) Альтернативные методы:
- Использовать строгую выпуклость (или строгую вогнутость $\ln$): для $x\ne 1$ всегда $\ln x<x-1$ (касательная в точке $1$).
- Неявное доказательство через неравенство $\ln x\le x-1$ (равно при $x=1$) — это стандартное следствие выпуклости/AM–GM.
- Можно дифференцировать функцию $g(x)=\ln x-(x-1)$ и показать, что она $\le 0$ с максимумом $0$ в $x=1$.
3) Тонкости и ошибки, которых следует избегать:
- Область определения: $\ln x$ требует $x>0$.
- Деление на выражение, которое может менять знак (например, на $x-1$), требует разбиения на случаи или явной проверки знака; лучше так не делать.
- Возведение в экспоненту сохраняет направление неравенства (поскольку $\exp$ монотонна), но преобразование $\ln x<x-1\Rightarrow x<e^{x-1}$ обычно не упрощает задачу.
- При применении интегральных оценок/касательных надо следить за строгими/нестрогими неравенствами (в точке касания равенство).
Кратко: подход через $f(x)=x-1-\ln x$ (исследование производных или выпуклости) — самый надёжный; ответ $x\in (0,1)\cup (1,\infty )$.