💡 答案解析
**答案**: 见解析
---
**解析**:
因为 $x_{1} \neq 0$ ，所以 $\mathrm{e}^{x_{2}}=\displaystyle\frac{\mathrm{e}^{x_{1}}-1}{x_{1}}$ ．
由微分中值定理，存在 $\xi \in\left(0, x_{1}\right)$ ，使得 $\displaystyle\frac{\mathrm{e}^{x_{1}}-1}{x_{1}}=\mathrm{e}^{\xi}$ ，即 $\mathrm{e}^{x_{2}}=\mathrm{e}^{\xi}$ ，因此 $0\lt x_{2}\lt x_{1}$ ．
类似，假设 $0\lt x_{n+1}\lt x_{n}$ ，则
$$
\mathrm{e}^{x_{n+2}}=\frac{\mathrm{e}^{x_{n+1}}-1}{x_{n+1}}=\mathrm{e}^{\eta}\left(0\lt \eta\lt x_{n+1}\right) \text {, 即 } 0\lt x_{n+2}\lt x_{n+1} \text {. }
$$
故 $\left\{x_{n}\right}$ 是单调减少的数列，且有下界，从而 $\left\{x_{n}\right}$ 收敛。
设 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ，在等式 $x_{n} \cdot \mathrm{e}^{x_{n+1}}=\mathrm{e}^{x_{n}}-1$ 两边取极限，得 $A \mathrm{e}^{A}=\mathrm{e}^{A}-1$ 。显然 $A=0$ 为其解．又令 $f(x)=x \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+1$ ，则 $f^{\prime}(x)=x \mathrm{e}^{x}$ 。
当 $x\gt 0$ 时，$f^{\prime}(x)=x \mathrm{e}^{x}\gt 0$ ，函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调增加，所以 $A=0$ 是方程 $A \mathrm{e}^{A}=\mathrm{e}^{A}-1$ 在 $[0,+\infty)$ 上的唯一解，故 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow \infty} x_{n}=0$ ．
📋 详细解题步骤
目标：证明x2介于0与x1之间
已知递推关系 $x_{n+1} = \ln\left(1 + x_n\right)$，且 $x_1 > 0$。我们需要证明 $x_2$ 满足 $0 < x_2 < x_1$。
由递推式得 $e^{x_2} = e^{\ln(1+x_1)} = 1 + x_1$，但更直接地，从 $x_2 = \ln(1+x_1)$ 出发，考虑函数 $f(x) = \ln(1+x)$ 在区间 $[0, x_1]$ 上的性质。
另一种常用技巧是：将递推式改写为 $e^{x_2} = \frac{e^{x_1} - 1}{x_1}$。因为 $x_1 > 0$，所以 $e^{x_1} > 1$，从而 $e^{x_2} > 0$，即 $x_2$ 为实数。
现在，对函数 $g(t) = e^t$ 在区间 $[0, x_1]$ 上应用拉格朗日中值定理。存在 $\xi \in (0, x_1)$，使得
$$\frac{e^{x_1} - e^0}{x_1 - 0} = e^{\xi},$$
即
$$\frac{e^{x_1} - 1}{x_1} = e^{\xi}.$$
因此 $e^{x_2} = e^{\xi}$，由指数函数的单调性得 $x_2 = \xi$。
由于 $\xi \in (0, x_1)$，所以 $0 < x_2 < x_1$。这就完成了证明。
公式：$$\frac{e^{x_1} - 1}{x_1} = e^{\xi}, \quad \xi \in (0, x_1)$$
提示：将递推式转化为指数形式，利用中值定理构造中间变量。
目标：归纳证明数列单调递减且有下界
首先，由题目已知条件可得递推关系：$x_{n+1} = \frac{e^{x_n} - 1}{e^{x_n}}$，即 $x_{n+1} = 1 - e^{-x_n}$。易见 $x_1 = 1 > 0$，且 $x_2 = 1 - e^{-1} > 0$，且 $x_2 < x_1$。
假设当 $n = k$ 时，有 $0 < x_{k+1} < x_k$ 成立。考虑 $n = k+1$ 的情形：由递推公式 $x_{k+2} = 1 - e^{-x_{k+1}}$。由于 $x_{k+1} > 0$，则 $e^{-x_{k+1}} < 1$，故 $x_{k+2} > 0$。又因为 $x_{k+1} < x_k$，且函数 $f(t) = 1 - e^{-t}$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格单调递增，所以 $x_{k+2} = f(x_{k+1}) < f(x_k) = x_{k+1}$。因此 $0 < x_{k+2} < x_{k+1}$。
由数学归纳法，对任意正整数 $n$，均有 $0 < x_{n+1} < x_n$，即数列 $\{x_n\}$ 严格单调递减且有下界 $0$。
另外，也可通过拉格朗日中值定理给出另一种解释：由 $e^{x_{n+2}} = \frac{e^{x_{n+1}} - 1}{x_{n+1}} = e^{\eta}$，其中 $\eta \in (0, x_{n+1})$，故 $x_{n+2} = \eta < x_{n+1}$，且 $x_{n+2} > 0$，同样得到单调递减且有下界 $0$。
公式：x_{n+1} = 1 - e^{-x_n} \quad \text{且} \quad 0 < x_{n+2} < x_{n+1}
提示：利用递推函数单调性，结合归纳假设直接比较相邻项大小。
目标：建立极限A满足的方程
已知递推关系为 $x_n e^{x_{n+1}} = e^{x_n} - 1$，且已设极限 $\lim_{n \to \infty} x_n = A$。由于 $x_n$ 收敛，$x_{n+1}$ 也收敛于同一极限 $A$。在递推式两边同时取极限 $n \to \infty$，利用极限的运算法则（乘积的极限、指数函数的连续性），可得：
$$\lim_{n \to \infty} \left( x_n e^{x_{n+1}} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( e^{x_n} - 1 \right).$$
左边：$\lim_{n \to \infty} x_n e^{x_{n+1}} = \left( \lim_{n \to \infty} x_n \right) \cdot \left( \lim_{n \to \infty} e^{x_{n+1}} \right) = A \cdot e^{A}$。
右边：$\lim_{n \to \infty} \left( e^{x_n} - 1 \right) = e^{\lim_{n \to \infty} x_n} - 1 = e^{A} - 1$。
因此得到极限 $A$ 满足的方程：
$$A e^{A} = e^{A} - 1.$$
整理该方程：将所有项移到一边，得 $A e^{A} - e^{A} + 1 = 0$，即 $e^{A}(A - 1) + 1 = 0$。此方程即为后续求解 $A$ 的基础。
公式：A e^{A} = e^{A} - 1
提示：取极限时注意每一项的极限都存在，且利用指数函数连续将极限移到指数内部。
目标：解方程并证明A=0是唯一解
我们需要解方程 $A e^A - e^A + 1 = 0$，并证明 $A=0$ 是唯一解。
首先，令 $f(x) = x e^x - e^x + 1$，则原方程即为 $f(x)=0$。
对 $f(x)$ 求导得：
$$f'(x) = e^x + x e^x - e^x = x e^x.$$
当 $x > 0$ 时，$x e^x > 0$，所以 $f'(x) > 0$，因此 $f(x)$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增。
计算 $f(0)$：
$$f(0) = 0 \cdot e^0 - e^0 + 1 = 0 - 1 + 1 = 0.$$
由于 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增且 $f(0)=0$，所以对于任意 $x > 0$，有 $f(x) > f(0) = 0$；对于 $x < 0$，由于单调性不适用于负半轴，但我们可以单独考虑。实际上，当 $x < 0$ 时，$f'(x) = x e^x < 0$，所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0]$ 上严格单调递减。又因为 $f(0)=0$，所以当 $x < 0$ 时，$f(x) > f(0) = 0$。因此，$f(x)=0$ 仅在 $x=0$ 处成立。
综上，方程 $A e^A - e^A + 1 = 0$ 在实数范围内有唯一解 $A=0$。
公式：$$f(x)=x e^x - e^x + 1, \quad f'(x)=x e^x, \quad f(0)=0$$
提示：利用导数判断单调性，结合端点函数值确定唯一零点。