这个题就比较简单了
a 0 = 1 , ∀ k ∈ N + , a k + 1 = 1 a k + 1 a_0=1, \forall k\in \N_+, a_{k+1}=\frac{1}{a_k+1} a0=1,∀k∈N+,ak+1=ak+11
求：
lim n → ∞ a n \lim_{n\to \infty} a_n n→∞liman
解法
思路很明确，题目很简单，先证明极限存在，再通过解极限方程得到极限值。
先试着写出前几项：
{ 1 , 1 2 , 2 3 , 3 5 , 5 8 , ⋯ } \{1, \frac{1}{2}, \frac{2}{3},\frac{3}{5},\frac{5}{8}, \cdots\} { 1,21,32,53,85,⋯}
证法一：单调有界收敛
显然 ∀ k , a k > 0 \forall k, a_k>0 ∀k,ak>0，觉得不显然的话，可以数学归纳法 a k > 0 → a k + 1 > 0 a_k>0 \to a_{k+1}>0 ak>0→ak+1>0。
将数列按照下标的奇偶性拆分成两个数列：
x k = a 2 k , y k = a 2 k + 1 , k ∈ { 0 , 1 , 2 , ⋯ } x_k = a_{2k}, y_k=a_{2k+1}, k\in \{0, 1, 2, \cdots\} xk=a2k,yk=a2k+1,k∈{ 0,1,2,⋯}
即有
x 0 = a 0 = 0 , y 0 = a 1 = 1 2 x_0=a_0=0, y_0=a_1=\frac{1}{2} x0=a0=0,y0=a1=21
这个时候对于任意的 k ∈ { 0 , 1 , 2 , ⋯ } k \in \{0, 1, 2, \cdots\} k∈{ 0,1,2,⋯} 都有：
x k + 1 = 1 1 x k + 1 + 1 = 1 − 1 x k + 2 x_{k+1}=\frac{1}{\frac{1}{x_k+1}+1}=1-\frac{1}{x_k+2} xk+1=xk+11+11=1−xk+21
y k + 1 = 1 1 y k + 1 + 1 = 1 − 1 y k + 2 y_{k+1}=\frac{1}{\frac{1}{y_k+1}+1}=1-\frac{1}{y_k+2} yk+1=yk+11+11=1−yk+21
做差得：
x k + 1 − x k = − x k 2 − x k + 1 x k + 2 x_{k+1}-x_k=\frac{-x_k^2-x_k+1}{x_k+2} xk+1−xk=xk+2−xk2−xk+1
y k + 1 − y k = − y k 2 − y k + 1 y k + 2 y_{k+1}-y_k=\frac{-y_k^2-y_k+1}{y_k+2} yk+1−yk=yk+2−yk2−yk+1
接下来，证明 x k x_k xk 与 y k y_k yk 的单调性
若
x k > − 1 + 5 2 x_k > \frac{-1+\sqrt5}{2} xk>2−1+5
那么就有
x k + 2 > 3 + 5 2 x_k+2 > \frac{3+\sqrt 5}{2} xk+2>23+5
1 x k + 2 < 2 3 + 5 = 3 − 5 2 \frac{1}{x_k+2} < \frac{2}{3+\sqrt 5}=\frac{3-\sqrt 5}{2} xk+21<3+5 2=23−5
x k + 1 = 1 − 1 x k + 2 > 1 − 3 − 5 2 = − 1 + 5 2 x_{k+1}=1-\frac{1}{x_k+2}>1-\frac{3-\sqrt 5}{2}=\frac{-1+\sqrt 5}{2} xk+1=1−xk+21>1−23−5 =2−1+5
而因为
x 0 = 1 > − 1 + 5 2 x_0=1>\frac{-1+\sqrt 5}{2} x0=1>2−1+5
因此
∀ k ∈ N , x k > − 1 + 5 2 \forall k \in \N, x_k>\frac{-1+\sqrt 5}{2} ∀k∈N,xk>2−1+5
此时有
− x k 2 − x k + 1 < 0 -x_k^2-x_k+1<0 −xk2−xk+1<0
因此，数列 x k x_k xk 单调递减，且有下界 − 1 + 5 2 \frac{-1+\sqrt 5}{2} 2−1+5 ，即数列 x k x_k xk 极限存在。
用同样的方法，我们也能够证明
∀ k ∈ N , y k < − 1 + 5 2 , y k + 1 > y k \forall k\in \N, y_k <\frac{-1+\sqrt 5}{2}, y_{k+1}>y_k ∀k∈N,yk<2−1+5 ,yk+1>yk
因此，数列 y k y_k yk 单调递增且有上界，数列 y k y_k yk极限存在。
列出极限方程：
lim k → ∞ x k + 1 = lim k → ∞ ( 1 − 1 x k + 2 ) \lim_{k\to \infty} x_{k+1} = \lim_{k\to \infty}(1-\frac{1}{x_k+2}) k→∞limxk+1=k→∞lim(1−xk+21)
lim k → ∞ y k + 1 = lim k → ∞ ( 1 − 1 y k + 2 ) \lim_{k\to \infty} y_{k+1} = \lim_{k\to \infty}(1-\frac{1}{y_k+2}) k→∞limyk+1=k→∞lim(1−yk+21)
解得：
lim k → ∞ x k = lim k → ∞ y k = − 1 + 5 2 \lim_{k\to\infty}x_k=\lim_{k\to\infty}y_k=\frac{-1+\sqrt 5}{2} k→∞limxk=k→∞limyk=2−1+5
（负值舍去）
因此，原数列 a k a_k ak 的极限为：
lim k → ∞ a k = − 1 + 5 2 \lim_{k\to \infty}a_k=\frac{-1+\sqrt 5}{2} k→∞limak=2−1+5
证法二：斐波那契数列
通过上面给出的数列前几项，不难发现：
a k = f k f k + 1 a_k=\frac{f_k}{f_{k+1}} ak=fk+1fk
其中数列 f f f 的定义如下：
f 0 = f 1 = 1 f_0=f_1=1 f0=f1=1
∀ k ∈ { 2 , 3 , ⋯ } , f k = f k − 1 + f k − 2 \forall k\in \{2, 3, \cdots\}, f_k=f_{k-1}+f_{k-2} ∀k∈{ 2,3,⋯},fk=fk−1+fk−2
也就是我们常说的斐波那契数列。
这一结论可以通过数学归纳法证明：
首先，这一性质对 a 0 , a 1 a_0,a_1 a0,a1 显然成立。
然后，假设这一性质对 a k a_k ak 成立，即 a k = f k f k + 1 a_k=\frac{f_k}{f_{k+1}} ak=fk+1fk，那么就有：
a k + 1 = 1 a k + 1 = f k + 1 f k + f k + 1 = f k + 1 f k + 2 a_{k+1}=\frac{1}{a_k+1}=\frac{f_{k+1}}{f_{k}+f_{k+1}}=\frac{f_{k+1}}{f_{k+2}} ak+1=ak+11=fk+fk+1fk+1=fk+2fk+1
也就是说，这条性质对 a k + 1 a_{k+1} ak+1 也成立。
综上：
∀ k ∈ N , a k = f k f k + 1 \forall k\in \N, a_k=\frac{f_{k}}{f_{k+1}} ∀k∈N,ak=fk+1fk
不难证明，斐波那契数列的通项公式为：
f n = 1 5 ( ( 1 + 5 2 ) n + 1 − ( 1 − 5 2 ) n + 1 ) f_n=\frac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{n+1}\right) fn=5 1⎝⎛(21+5 )n+1−(21−5 )n+1⎠⎞
证明方法太多，读者自行百度。
此时有：
lim k → ∞ a k = lim k → ∞ f k f k + 1 = ( 1 + 5 2 ) − 1 = − 1 + 5 2 \lim_{k\to \infty}a_k=\lim_{k\to\infty}\frac{f_k}{f_{k+1}}=\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^{-1}=\frac{-1+\sqrt 5}{2} k→∞limak=k→∞limfk+1fk=(21+5 )−1=2−1+5
Q . E . D . Q.E.D. Q.E.D.
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