2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第十二章第二节　直接证明与间接证明、数学归纳法

第二节　直接证明与间接证明、数学归纳法

1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点．
2.了解反证法的思考过程和特点．
3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．

突破点一　直接证明


内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立
从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
→→…→
→→…→
书写格式
“因为……，所以……”
或“由……，得……”
“要证……，只需证……，
即证……”

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　　)
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(　　)
(3)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．(　　)
(4)证明不等式＋＜＋最合适的方法是分析法．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
二、填空题
1．设x＝，y＝－，z＝－，则x，y，z的大小关系是________．
答案：x＞z＞y
2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：＜a”索的因应是____________________．
答案：(a－b)(a－c)＞0
3．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
答案：cn＋1＜cn


考法一　综合法　
综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：
(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；
(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．
[例1]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列．
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
[证明]　(1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，
因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，
由正弦定理，得a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得
(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，
所以5a＝3b.
[方法技巧]　综合法证明问题的思路

考法二　分析法　
[例2]　已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.
[证明]　a⊥b⇔a·b＝0，要证≤.
只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
[方法技巧]
1．分析法证明问题的思路
“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“要证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
2．分析法证明问题的适用范围
当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．　　

1.已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：＋＝.
证明：要证＋＝，
即证＋＝3，也就是＋＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC的三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
2.已知定义在R上的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a＜b＜c)在x＝1处取得极值，且函数f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为－a.
(1)求证：0≤＜1；
(2)若f(x)在区间(s，t)上为增函数，求证：－2＜s＜t≤1.
证明：(1)由f(x)＝ax3＋bx2＋cx，
得f′(x)＝ax2＋bx＋c.
∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝a＋b＋c＝0.
又a＜b＜c，∴a＜0，c＞0.
∵f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为－a，
∴方程ax2＋bx＋c＋a＝0有实数根，
∴Δ＝b2－4a(a＋c)≥0，即b2－4a(－b)≥0，
整理得2＋4·≥0，解得≥0或≤－4.
由a＋b＋c＝0，b＜c，得b＜－a－b，∴＞－.
由a＜b且a＜0，得＜1.综上，可得0≤＜1.
(2)若f(x)在区间(s，t)上为增函数，
则f′(x)＝ax2＋bx＋c在区间(s，t)上恒非负．
∵a＜0，c＞0，∴b2－4ac＞0，
故方程f′(x)＝0必有两个不相等的实数根，
设为x1，x2，且x1＜x2.
∵二次函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象的对称轴方程为x＝－，
由(1)，得－≤0，而f′(1)＝0，∴x2＝1.
又f′(－2)＝4a－2b＋c＝4a－2b－a－b＝3(a－b)＜0，
∴x1＞－2.
若f′(x)在区间(s，t)上恒非负，则有x1≤s＜t≤x2，
∴－2＜s＜t≤1.
突破点二　间接证明


1．反证法
假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
2．用反证法证明问题的一般步骤
第一步
分清命题“p⇒q”的条件和结论
第二步
作出命题结论q相反的假设綈q
第三步
由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果
第四步
断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真
3.常见的结论和反设词
原结论词
反设词

原结论词
反设词
至少有一个
一个都没有

对任意x成立
存在某个x不成立
至多有一个
至少有两个

对任意x不成立
存在某个x成立
至少有n个
至多有(n－1)个

p或q
綈p且綈q
至多有n个
至少有(n＋1)个

p且q
綈p或綈q
都是
不都是

不都是
都是


一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a＜b”．(　　)
(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)
(3)用反证法证题时必须先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况．(　　)
(4)反证法的步骤是：①准确反设；②从否定的结论正确推理；③得出矛盾．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
二、填空题
写出下列命题的否定．
(1)若a，b，c满足a2＋b2＝c2，则a，b，c不都是奇数；
否定为______________________________________________________________；
(2)若p＞0，q＞0，p3＋q3＝2，则p＋q≤2；
否定为_____________________________________________________________；
(3)所有的正方形都是矩形；
否定为_____________________________________________________________；
(4)至少有一个实数x，使x2＋1＝0；
否定为_____________________________________________________________．
答案：(1)若a，b，c满足a2＋b2＝c2，则a，b，c都是奇数
(2)若p＞0，q＞0，p3＋q3＝2，则p＋q＞2
(3)至少存在一个正方形不是矩形
(4)不存在实数x，使x2＋1＝0


[典例]　设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
[解]　(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．
(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
[方法技巧]
反证法证明问题的3步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)　　
[针对训练]
1．已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
证明：假设三个方程都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.
上述三个式子相加得：
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
由已知a，b，c是互不相等的非零实数．
因此，上式“＝”不能同时成立，又(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＜0与事实不符，
故ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
2．已知四棱锥S­ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
故SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.
∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
∴平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
∴假设不成立．
故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
突破点三　数学归纳法


一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．(　　)
(2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．(　　)
(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、填空题
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在验证n＝1时，左边计算所得的式子为____________．
答案：1＋2＋22＋23
2．用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增加的项数是________．
答案：2k



考法一　证明等式　
[例1]　求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
[证明]　(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立．
[方法技巧]
应用数学归纳法证明等式的3个注意点
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．　　
考法二　证明不等式　
[例2]　设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a.
求证：对一切n≥2，都有an≤.
[证明]　因为数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a，
所以a2＝a1－a＞0，解得0＜a1＜1.
当n＝2时，由a2＝a1－a＝－2≤，得不等式成立，
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即ak≤，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－a＝－2≤－2＝＜＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立，
由数学归纳法知，对一切n≥2，都有an≤.
[方法技巧]
应用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，证明n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．　　
考法三　归纳—猜想—证明　
[例3]　(2019·常德模拟)设a＞0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解]　(1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝.
猜想an＝(n∈N*)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k时猜想正确，即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝＝＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝.
[方法技巧]
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性．　　

1.设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：①当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立．
由①②可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
2.用数学归纳法证明＋＋…＋≥(n∈N*)．
证明：①当n＝1时，左边＝＋＝≥，
所以当n＝1时，命题成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，
则有＋＋…＋≥，
当n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＝＋＋＋－＞＋×3－＝，
所以当n＝k＋1时，命题也成立．
综合①②可知原命题成立．
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．

解：(1)当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，即a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1＞0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2＞0)．同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N*)．
(2)证明：①由(1)知，当n＝1,2,3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，
整理得a＋2 ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立．
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立．
[课时跟踪检测]
1．(2019·山西十二校模拟)用反证法证明命题“已知a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为(　　)
A．a，b都能被5整除　　 　B．a，b都不能被5整除
C．a，b不都能被5整除 D．a不能被5整除
解析：选B　用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个能被5整除的否定是都不能被5整除，故作的假设是“a，b都不能被5整除”．
2．分析法又称执果索因法，已知x＞0，用分析法证明＜1＋时，索的因是(　　)
A．x2＞2 B．x2＞4
C．x2＞0 D．x2＞1
解析：选C　因为x＞0，
所以要证＜1＋，
只需证()2＜2，即证0＜，
即证x2＞0，
因为x＞0，所以x2＞0成立，故原不等式成立．
3．(2019·玉溪模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2时，若已假设n＝k(k≥2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证(　　)
A．n＝k＋1时等式成立 B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立 D．n＝2(k＋2)时等式成立
解析：选B　由数学归纳法的证明步骤可知，假设n＝k(k≥2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n＝k＋2时等式成立．
4．若用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n3＝，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(　　)
A．k3＋1
B．(k＋1)3
C.
D．(k3＋1)＋(k3＋2)＋(k3＋3)＋…＋(k＋1)3
解析：选D　当n＝k时，等式左端＝1＋2＋…＋k3，当n＝k＋1时，等式左端＝1＋2＋…＋k3＋(k3＋1)＋(k3＋2)＋(k3＋3)＋…＋(k＋1)3，增加了(k3＋1)＋(k3＋2)＋(k3＋3)＋…＋(k＋1)3.故选D.
5．(2019·大连一模)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2＞0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)
A．恒为负值 B．恒等于零
C．恒为正值 D．无法确定正负
解析：选A　由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，
由x1＋x2＞0，可知x1＞－x2，f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，
则f(x1)＋f(x2)＜0.
6．已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A　因为≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，
故f≤f()≤f，即A≤B≤C.
7．设n∈N，则－与－的大小关系是(　　)
A.－＞－
B.－＜－
C.－＝－
D．不能确定
解析：选B　由题意知，(－)－(－)＝(＋)－ (＋)，
因为(＋)2－(＋)2
＝2[－]
＝2(－)＜0，
所以－＜－.
8．已知a，b，c∈(0，＋∞)，则a＋，b＋，c＋三个数(　　)
A．都大于6 B．至少有一个不大于6
C．都小于6 D．至少有一个不小于6
解析：选D　假设a＋，b＋，c＋都小于6，
则a＋＋b＋＋c＋＜18,
利用基本不等式，可得a＋＋b＋＋c＋≥2＋2＋2＝8＋4＋6＝18，
这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，
所以a＋，b＋，c＋三个数至少有一个不小于6.
9．如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是__________________．
解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析：由(S1－1)2＝S，得S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
11．(2019·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A2B2C2是________三角形．
解析：由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形．
由得
那么A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为π相矛盾．
所以假设不成立，又显然△A2B2C2不是直角三角形．
所以△A2B2C2是钝角三角形．
答案：钝角

12．已知a＞b＞0，则①＜；②ac2＞bc2；③a2＞b2；④＞，其中正确的序号是________．
解析：对于①，因为a＞b＞0，所以ab＞0，＞0，a·＞b·，即＞，故①正确；
当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确．
答案：①③④
13．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：＞8.
证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝＞，①
－1＝＝＞，②
－1＝＝＞，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得＞8.
14．设a＞0，b＞0，且a2＋b2＝＋.证明：a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明：假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，
则有a2＋a＋b2＋b＜4.
而由a2＋b2＝＋得a2b2＝1，
因为a＞0，b＞0，
所以ab＝1.
因为a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当a＝b＝1等号成立)，
a＋b≥2＝2(当且仅当a＝b＝1等号成立)，
所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2＝4(当且仅当a＝b＝1等号成立)，
这与假设矛盾，故假设错误．
所以a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
15．已知数列{xn}满足x1＝，且xn＋1＝(n∈N*)
(1)用数学归纳法证明：0＜xn＜1；
(2)设an＝，求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：①当n＝1时，x1＝∈(0,1)，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，结论成立，即xk∈(0,1)，
则当n＝k＋1时，xk＋1＝，
因为xk∈(0,1)，所以2－xk＞0，即xk＋1＞0.
又因为xk＋1－1＝＜0，所以0＜xk＋1＜1.
综合①②可知0＜xn＜1.
(2)由xn＋1＝可得＝＝－1，
即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)．
令bn＝an－1，
则bn＋1＝2bn，又b1＝a1－1＝－1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn＝2n－1，所以an＝2n－1＋1.