（1）函数f（x）=e^x+1，g（x）=（e-1）x+2，∴H（x）=f（x）-g（x）=e^x-（e-1）x-1

∴H′（x）=e^x-（e-1），

令H′（x）=0，则x₀=ln（e-1）

当x∈（-∞，x₀）时，H′（x）＜0，H（x）在（-∞，x₀）单调递减

当x∈（x₀，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x₀，+∞）单调递增

故H（x）_min=H（x₀）=e^x₀-（e-1）x₀-1=e-1-（e-1）ln（e-1）-1

令t=e-1＞1，函数h（t）=t-tlnt-1，

因为h′（t）=-lnt＜0，所以函数h（t）=t-tlnt-1在（1，+∞）单调递减，故h（t）≤h（1）=0，

又e-1＞1，故H（x₀）＜0，从而H（x）有两个零点；

（2）①证明：因为f（a_n）=g（a_n+1），即ean+1=（e-1）a_n+1+2，所以a_n+1=

下面用数学归纳法证明a_n∈（0，1）

1°当n=1时，a₁∈（0，1）成立；

2°假设当n=k时，a_k∈（0，1），则a_k+1=

∵a_k∈（0，1），∴1＜eak＜e，∴0＜＜e-1

∴0＜a_k+1＜1

综上知，a_n∈（0，1）；

②∵（e-1）a_n+1-a_n=ean-1-a_n，

考虑函数p（x）=e^x-1-x（0＜x＜1）

∵p′（x）=e^x-1＞0，

∴p（x）在（0，1）上是增函数

故p（x）＞p（0）=0

∴（e-1）a_n+1-a_n＞0

∴（e-1）a_n+1＞a_n．