已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{1}=0, x_{n+1}=-x_{n}^{2}+x_{n}+c\left(n \in N^{*}\right), 0<c \leq \frac{1}{4}$, 求证: 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
答案: 证明: 若 $0<c \leq \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

即 $x_{n+1}-x_{n}=-x_{n}^{2}+c>0$, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

下面用数学归纳法证明:

当 $0<c \leq \frac{1}{4}$ 时, $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

(1)当 $n=1$ 时, $x_{1}=0<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2}$, 结论成立

(2)假设当 $n=k\left(k \geq 1, k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时结论成立, 即 $x_{k}<\sqrt{c}$

因为函数 $f(x)=-x^{2}+x+c_{\text {在区间 }}\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)_{\text {内单调递增, }}$

所以 $x_{k+1}=f\left(x_{k}\right)<f(\sqrt{c})=\sqrt{c}$,

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, $x_{k+1}<\sqrt{c}$ 成立.

由(1), (2)知, $0<x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1, n \in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

因此, $x_{n+1}=x_{n}-x_{n}^{2}+c>x_{n}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
【分析】若 $0<c \leqslant \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列. 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geqslant 1$ 成立, 然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.