Последовательность задана $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$, $a_1=0$.
1) Монотонность. Пусть $f(x)=\sqrt{2+x}$. Функция $f$ возрастает на $[0,2]$. $a_1=0,a_2=\sqrt{2}>0$. Если $a_n\ge a_{n-1}$, то $a_{n+1}=f(a_n)\ge f(a_{n-1})=a_n$. Поэтому $(a_n)$ неубывает.
2) Ограниченность. $a_1=0<2$. Если $a_n<2$, то $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{4}=2$. Значит все члены удовлетворяют $0\le a_n<2$, т.е. сверху ограничена числом $2$.
3) Следствие: по признаку монотонной ограниченной последовательности $(a_n)$ сходится; пусть предел $L$ существует. Берём предел в рекурренте:
$$L=\sqrt{2+L}\Rightarrow L^2-L-2=0\Rightarrow L\in \{2,-1\}.$$ Так как $a_n\ge 0$, то $L=2$.
4) Оценка сходимости (дополнительно). Из тождества
$$a_{n+1}-2=\frac{a_n-2}{\sqrt{2+a_n}+2}$$ получаем
$$|a_{n+1}-2|\le \frac{|a_n-2|}{2+\sqrt{2}},$$ т.е. сходимость геометрическая.
Итого: последовательность монотонно возрастает, ограничена сверху, сходится и её предел равен $2$. Метод: доказательство монотонности и ограниченности + равенство предела фиксированной точке; при желании — доказательство сжимаемости для оценки скорости.