题目
设数列 ${ x_{n} }$ 满足：$x_{1} > 0$, $x_{n} e^{x_{n+1}} = e^{x_{n}} – 1$ $(n = 1, 2, 3, \cdots)$. 证明 ${ x_{n} }$ 收敛，并求 $\lim_{n \rightarrow \infty} x_{n}$.
解析
由题可得：
$$
x_{n} e^{x_{n+1}} = e^{x_{n}} – 1 \Rightarrow
$$
$$
e^{x_{n+1}} = \frac{e^{x_{n}} – 1}{x_{n}} \Rightarrow
$$
又 $x_{1} > 0$, 于是：
$$
e^{x_{2}} = \frac{e^{x_{1}} – 1}{x_{1}} \Rightarrow
$$
$$
{\color{Red}
e^{x_{2}} = \frac{e^{x_{1}} – e^{0}}{x_{1} – 0}}.
$$
接着，由拉格朗日中值定理可知，存在 $\xi \in (0, x_{1})$, 使得：
$$
{\color{Red}
e^{\xi} = \frac{e^{x_{1}} – e^{0}}{x_{1} – 0}}.
$$
于是：
$$
e^{x_{2}} = e^{\xi} = \frac{e^{x_{1}} – e^{0}}{x_{1} – 0} \Rightarrow
$$
$$
x_{2} \in (0, x_{1}) \Rightarrow
$$
$$
{\color{Red}
0 < x_{2} < x_{1}}.
$$
推广可知，若设 $0 < x_{n+1} < x_{n}$, 则存在 $\gamma \in (0, x_{n + 1})$, 使得：
$$
x_{n+2} = e^{\gamma} = \frac{e^{x_{n+1}} – e^{0}}{x_{n+1} – 0} \Rightarrow
$$
$$
x_{n+2} \in (0, x_{n+1}) \Rightarrow
$$
$$
{\color{Red}
0 < x_{n+2} < x_{n+1}}.
$$
综上，有：
$$
{\color{Red}
0 < x_{n} < x_{n+1}}.
$$
于是可知，数列 ${ x_{n} }$ 是一个单调递减的数列。
又因为 $x_{1} > 0$, 于是可知，数列 ${ x_{n} }$ 单调递减且有下限，故数列 ${ x_{n} }$ 是一个收敛数列。
若设 $\lim_{n \rightarrow \infty} x_{n} = A$, 则：
$$
\lim_{x \rightarrow \infty} (x_{n} e^{x_{n+1}}) = \lim_{x \rightarrow \infty} (e^{x_{n}} – 1) \Rightarrow
$$
$$
A \cdot e^{A} = e^{A} – 1 \Rightarrow
$$
$$
e^{A}(A – 1) = -1 \Rightarrow
$$
$$
e^{A} = \frac{1}{1 – A} \Rightarrow
$$
$$
{\color{Red}
A = 0}.
$$
由极限的唯一性定理可知，若一个数列收敛，则这个数列一定有且有唯一的极限。
不过，这里为了更具说服力，我们可以进行进一步的证明，过程如下：
由 $A \cdot e^{A} = e^{A} – 1$, 可设：
$$
{\color{Red}
f(x) = x e^{x} – e^{x} + 1}.
$$
接着：
$$
f^{‘}(x) = e^{x} + xe^{x} – e^{x} \Rightarrow
$$
$$
f^{‘}(x) = xe^{x}.
$$
于是，当 $x > 0$ 时，有：
$$
{\color{Red}
f^{‘}(x) > 0}.
$$
由前面的计算可知，数列 ${ x_{n} } > 0$, 于是，在函数 $f(x)$ 中，有 $x > 0$.
即函数 $f(x)$ 在区间 $[0, + \infty)$ 上单调递增。
又：
$$
{\color{Red}
f(0) = 0 – 1 + 1 = 0}.
$$
于是，函数 $f(x)$ 在区间 $[0, + \infty)$ 上有且只有 $x = 0$ 这一个零点。
进一步可知，极限 $\lim_{x \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在且唯一，即：
$$
\lim_{x \rightarrow \infty} x_{n} = A \Rightarrow
$$
$$
{\color{Red}
\lim_{x \rightarrow \infty} x_{n} = 0}.
$$