Se puede proceder como sigue. Será suficiente para demostrar que
hay un índice de $r$ tal que $x_r> 0$.
Si $x_0\in A_0=(0,\infty)$, $r=0$ y hemos terminado.
Si $x_0\in B_0=(-\infty, -1)$, $r=1$ y hemos terminado.
Así que podemos suponer sin pérdida de ese $x_0\in (-1,0)$.
Si $x_0\in A_1=\left(-\frac{1}{2},0\right)$, luego $x_1\in B_0$, $r=2$ y
hemos terminado. Así que podemos suponer sin pérdida de
$x_0\in\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$.
Si $x_0\in B_1=\left(-1,-\frac{2}{3}\right)$,$x_1 \in A_1$,
$r=3$ y hemos terminado. Así que podemos suponer sin pérdida de
$x_0\in\left(-\frac{2}{3},-\frac{1}{2}\right)$.
Continuando de esta manera, obtenemos (por $n\geq 1$)
las dos familias $A_n=\left(-u_{n+1},-u_{n}\right),
B_n=\left(\frac{-1}{u_{n}+1},\frac{-1}{u_{n+1}+1}\right)$ donde
$(u_n)$ está definido
por $u_1=0$$u_{n+1}=\frac{u_n+1}{u_n+2}$. Es fácil de comprobar
que $u_n$ se queda en $(0,1)$, es cada vez mayor y
converge a $\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.
Con la misma facilidad, tenemos $f(B_n)\subseteq A_n$ y
$f(A_n)\subseteq B_{n-1}$, de donde $r=2n$ siempre $x_0\in A_n$
y $r=2n+1$ siempre $x_0\in B_n$.
Así que el único caso que la izquierda es al $x_0$ no está en ninguna
de la $A_n$ o $B_n$. Esto significa que $x_0$ está en uno de los
los extremos de $A_n,B_n (n\geq 1)$, es decir, $x_0$ es de uno de sus $a_k$'s, o es $\frac 1 2 - \frac {\sqrt 5}2$.
Editar por el OP (apoder):
Hemos visto de Ewan's respuesta que podemos considerar $x_0>0$ sin pérdida de generalidad. Lo que sigue es un intento de consolidar la afirmación de que $(x_n)$ converge en este caso. Siguiendo las recomendaciones de Ewan, vamos a $g=f\circ f$ donde $f(x):=1+\frac 1 x$. Es decir, $g(x)=2-\frac 1{x+1}$ que es una función creciente.
Deje $x_0\in(0,\phi)$ donde $\phi=\frac 1 2 +\frac{\sqrt 5} 2$.
Desde $x<g(x)<\phi=\sup\{g(x)\ |\ x\in(0,\phi) \}$ al $x\in(0,\phi)$,
$$
x_{2n}<g(x_{2n})=x_{2n+2}<\phi=\sup\{x_{2k}\}
$$
donde $n, k\in \Bbb N$. Por lo $(x_{2n})$ es un aumento de la secuencia en la que converge a $\phi$.
$x_0\in(0,\phi)\implies x_{1}\in(\phi,\infty)$.
Desde $x>g(x)>\phi=\inf\{g(x)\ |\ x\in(\phi,\infty) \}$ al $x\in(\phi, \infty)$,
$$
x_{2n+1}>g(x_{2n+1})=x_{2n+3}>\phi=\inf\{x_{2k+1}\}
$$
por lo $(x_{2n+1})$ es una disminución de la secuencia que converge a $\phi$.
Ahora, $x_n\in(0,\phi)\implies x_{n+1}\in(\phi,\infty)$$x_n\in(\phi, \infty)\implies x_{n+1}\in(0, \phi)$, lo $x_0\in(0,\phi)$ fue elegido sin pérdida de generalidad.
Supongamos que para cualquier $\epsilon>0$, $2k\geq N_1\implies|x_{2k}-\phi|<\epsilon$ y $2k+1\geq N_2\implies|x_{2k+1}-\phi|<\epsilon$. Deje $N=\max\{N_1, N_2\}$, de modo que $n\geq N \implies |x_n-\phi|<\epsilon.$
