$a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}}$

由于$$\begin{split}&a_{1}=1 , a_{2}=2,\\&\dfrac{a_{n+2}}{a_{n}}=\dfrac{a_{n+1}^{2}+1}{a_{n}^{2}+1},n\geqslant 1,\end{split}$$易知对一切 $n\geqslant 1,a_{n}\ne 0$．
当 $n\geqslant 1$ 时，由 $\dfrac{a_{n+2}}{a_{n}}=\dfrac{a_{n+1}^{2}+1}{a_{n}^{2}+1}$ 可得\[\dfrac{a_{n+2}a_{n+1}}{a_{n+1}^{2}+1}=\dfrac{a_{n+1}a_{n}}{a_{n}^{2}+1},\]从而\[\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}+\dfrac{1}{a_{n+1}}}=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}}}.\]依次利用上述关系式，可得\[\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}}}=\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}+\dfrac{1}{a_{n-1}}}=\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}+\dfrac{1}{a_{n-2}}}=\cdots=\dfrac{a_{2}}{a_{1}+\dfrac{1}{a_{1}}}=\dfrac{2}{1+\dfrac{1}{1}}=1,\]从而 $a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}}$．

略

显然，由 $a_{1}=1$ 及 $a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}},n\geqslant 1$ 可知：对一切 $n\geqslant 1$，有 $a_{n}\geqslant 1$ 成立，从而 $0<\dfrac{1}{a_{n}^{2}}\leqslant 1$．
当 $n\geqslant 2$ 时，\[a_{n}^{2}=\left(a_{n-1}+\dfrac{1}{a_{n-1}}\right)^{2}=a_{n-1}^{2}+\dfrac{1}{a_{n-1}^{2}}+2,\]故\[2<a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}=\dfrac{1}{a_{n-1}^{2}}+2\leqslant 3,\]于是\[\begin{split}2&<a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}\leqslant 3,\\2&<a_{n-1}^{2}-a_{n-2}^{2}\leqslant 3,\\ 2&<a_{n-2}^{2}-a_{n-3}^{2}\leqslant 3,\\ &\cdots\cdots \\2&<a_{3}^{2}-a_{2}^{2}\leqslant 3\\2&<a_{2}^{2}-a_{1}^{2}\leqslant 3.\end{split}\]将以上各式相加得\[2(n-1)<a_{n}^{2}-a_{1}^{2}\leqslant 3(n-1),\]而 $a_{1}=1$，所以\[2n-1<a_{n}^{2}\leqslant 3n-2,\]从而\[4015<a_{2008}^{2}\leqslant 6022.\]又因为\[63^{2}=3969<4015, 78^{2}=6084>6022,\]所以$$63^{2}<a_{2008}^{2}<78^{2},$$即 $63<a_{2008}<78$．