ln(lnax+1) − x + 1 ≥ 0 恒成立

题目：（2024 届高三数学信息检测原创卷（三））对 $\forall x\in\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)$，都有关于 $x$ 的不等式 $\ln(\ln ax+1)-x+1\ge 0$ 恒成立，则 $a$ 的值可以是 。

【答案】 $1$（答案不唯一）

【详解】 由 $\ln(\ln ax+1)-x+1\ge 0$ 得 $\ln(\ln ax+1)+1\ge x=e^{\ln x}$。

下面证明 $e^{\ln x}\ge\ln(\ln x+1)+1$，$x\in\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)$，

构造 $g(x)=e^x-\ln(x+1)-1$，$x\in(-1,+\infty)$，

求导得 $g'(x)=e^x-\dfrac{1}{x+1}$，

令 $h(x)=g'(x)=e^x-\dfrac{1}{x+1}$，则 $h'(x)=e^x+\left(\dfrac{1}{x+1}\right)^2$，

因为 $h'(x)>0$ 在 $(-1,+\infty)$ 上恒成立，

所以 $g'(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增．

又因为 $g'(0)=0$，

所以当 $x\in(-1,0)$ 时，$g'(x)<0$，$g(x)=e^x-\ln(x+1)-1$ 单调递减，

当 $x\in(0,+\infty)$ 时，$g'(x)>0$，$g(x)=e^x-\ln(x+1)-1$ 单调递增，

所以 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取极小值，也是最小值，所以 $g(x)\ge g(0)=0$，

即 $e^x\ge\ln(x+1)+1$ 在 $(-1,+\infty)$ 上恒成立．

因为 $x\in\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)$，所以 $\ln x\in(-1,+\infty)$，

所以 $e^{\ln x}\ge\ln(\ln x+1)+1$，

故有 $\ln(\ln ax+1)+1\ge\ln(\ln x+1)+1$，即 $ax\ge x$，所以 $a\ge 1$，

即 $a$ 的值可以取 $1$．

故答案为：$1$

另解

原式可化为 $\ln(\ln ax+1)\ge x-1=\ln e^{x-1}$

$\therefore\ \ln ax+1\ge e^{x-1}$

$\therefore\ \ln a\ge e^{x-1}-\ln x-1$

设 $f(x)=e^{x-1}-\ln x-1$，则 $f'(x)=e^{x-1}-\dfrac{1}{x}$

设 $g(x)=e^{x-1}-\dfrac{1}{x}$，则 $g'(x)=e^{x-1}+\dfrac{1}{x^2}>0$

$\therefore\ g(1)=0$

$\therefore\ \dfrac{1}{e}<x<1$ 时，$g(x)<0$，$f(x)$ 单减

$x>1$ 时，$f'(x)>0$，$f(x)$ 单增

$\therefore\ f(x)_{\min}=f(1)=0$

$\therefore\ \ln a\ge 0$

$\therefore\ a\ge 1$