Lösung.

1.
Sei $ \mbox{$f(x):=\log x-(1-1/x)$}$ und $ \mbox{$g(x):=(x-1)-\log x$}$. Dann sind $ \mbox{$f,g$}$ stetig auf $ \mbox{$[1,\infty)$}$ und differenzierbar auf $ \mbox{$(1,\infty)$}$, und es ergibt sich dort
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcccccl} f'(x) &=& 1/x-1/x^2 &=& (x-1)/x^2 &\geq& 0\\ g'(x) &=& 1-1/x &=& (x-1)/x &\geq& 0 \;. \end{array}$}$
Wegen $ \mbox{$f(1)=g(1)=0$}$ folgt mit dem Monotoniekriterium $ \mbox{$f(x)\geq 0$}$ und $ \mbox{$g(x)\geq 0$}$ für $ \mbox{$x\geq 1$}$.

2., 3.
Sei $ \mbox{$f(x):=(1+x)^\alpha-(1+\alpha x)$}$. Es wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f'(x) &=& \alpha(1+x)^{\alpha-1}-\alp... ...}$} und {$\mbox{$\alpha\in[0,1]$}$}}}\\ \end{array}\right. \;. \end{array}$}$
Falls $ \mbox{$\alpha\in (-\infty,0]\cup [1,\infty)$}$, ist $ \mbox{$f$}$ nach dem Monotoniekriterium monoton fallend auf $ \mbox{$(-1,0]$}$ und monoton wachsend auf $ \mbox{$[0,\infty)$}$. Da $ \mbox{$f(0)=0$}$, folgt $ \mbox{$f(x)\geq 0$}$ für $ \mbox{$x>-1$}$.

Falls $ \mbox{$\alpha\in [0,1]$}$, ist $ \mbox{$f$}$ nach dem Monotoniekriterium monoton wachsend auf $ \mbox{$(-1,0]$}$ und monoton fallend auf $ \mbox{$[0,\infty)$}$. Da $ \mbox{$f(0)=0$}$, folgt $ \mbox{$f(x)\leq 0$}$ für $ \mbox{$x>-1$}$.