Ответ:
1) Фиксированные точки и предел. Пусть предел существует и равен $L$. Тогда
$$L=\sqrt{1+L}⟹L^2-L-1=0,$$ откуда $L=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ или $L=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Поскольку все члены последовательности положительны, остаётся
$$L=\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$$
2) Монотонность. Введите $f(x)=\sqrt{1+x}$. Функция $f$ возрастает на $[-1,\infty )$. Так как $a_1=1$ и $a_2=\sqrt{2}>1$, то по индукции: если $a_n\ge a_{n-1}$, то
$$a_{n+1}=f(a_n)\ge f(a_{n-1})=a_n.$$ Значит последовательность монотонно неубывает ($a_{n+1}\ge a_n$).
3) Ограниченность. Покажем, что $a_n<\phi$ для всех $n$. Так как $a_1=1<\phi$ и $f$ возрастает, из $a_n<\phi$ следует
$$a_{n+1}=f(a_n)<f(\phi )=\phi .$$ Поэтому последовательность ограничена сверху числом $\phi$. Вместе с монотонностью это даёт сходимость к пределу $\phi$.
4) Скорость сходимости. Производная
$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$$ на отрезке $[1,\phi ]$ имеет максимум при $x=1$: возьмём константу сжатия
$$q=\underset{x\in [1,\phi ]}{\sup }{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(1)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\approx 0.3535<1.$$ Тогда для всех $n$ $$|a_{n+1}-\phi |=|f(a_n)-f(\phi )|\le q|a_n-\phi |$$ и, итерацией,
$$|a_n-\phi |\le q^{n-1}|a_1-\phi |.$$ Асимптотически отношение ошибок стремится к значению производной в фиксированной точке:
$$\frac{a_{n+1}-\phi }{a_n-\phi }\to f^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2\phi }\approx 0.3090,$$ то есть сходимость линейная (геометрическая) с фактором примерно $0.309$ (асимптотически) и с глобальной оценкой сжатия $q=1/(2\sqrt{2})$.
Кратко: последовательность монотонно возрастает, ограничена сверху $\phi$, следовательно сходится к $\phi =(1+\sqrt{5})/2$; сходимость геометрическая (линейная) с асимптотическим множителем $f^{\prime }(\phi )=1/(2\phi )$.