とりあえず (1), (2), (3) だけです．
なお，(1) はもう少し分かり易く書き換えました．

(5) と一番難しい (4) です．

(4) を高校数学の範囲で「厳密に」解くことは，結局断念しました．ただし，「答えを予想するだけ」よりは進んだ結果（微妙な範囲境界の等号を除き，おそらく正しい答）を導いたつもりです．

追記： 囁きが公開済みなので，ここに書きます．ただし，高校数学範囲外です．

少し調べましたら，x, y を複素数としたとき x = y exp y の逆関数として定義さ
れる Lambert の W 関数 W(x) を使うと

　　f(x) = - W(- log x) / log x

と書けるということです (Wiki は危ないので，一応確かめてみました)．

実数の範囲に限定すれば，W(x) の定義域は x ≧ - 1/e なので，f(x) の定義域は，
- log x ≧ - 1/e より，x ≦ e^(1/e) です．ただし，下限の方はこの事実からだけ
では出てきません．

--- No.2 訂正 ---
(4) の「0 < y ≦ e で h'(y) > 0 である」の部分では「0 < y < e」ですね．

現在(4)を考えておりますが、高校数学で等号部分以外はなんとかなりそうです。
No.2のnn)/さんの囁きが公開されていますので、僕もこちらに書き込みます。
問題がありましたら削除してください。

まずおおまかな方針ですが、
nが偶数なら単調減少、nが奇数なら単調増加であることは分かっています。
したがって大学で習う数学を使えば
「上に有界な単調増加 （or 下に有界な単調減少）数列は収束する」
というのがありますから、偶数の場合、奇数の場合でそれぞれ収束することは分かります。
（あくまで予想でこれを証明には使いません。）
パソコンを使ってn→3000くらいまで試してこれを収束値とみなすと、ある数を境界に偶数と奇数で収束値が異なっているようでした。
なので偶数のほうと奇数のほうで収束値を調べれば、ある値が境界になると予想されたので、偶数奇数を分けて考えてみました。
ということで高校数学で頑張ってみました。

x=a（0＜a＜1）で固定して考える。
f_[2n](x)=a[n]とする。
f_[2n+2](x)=a[n+1]であり、漸化式は
a[n+1]=a^(a^a[n])となる。
a[0]=f_[0](a)=1である。
また奇数については初項が異なるだけで、同じ漸化式を満たす。
初項はa[1]=f_[1](a)=aととればよいのだが、話を簡単にするために一つ前まで考えてa[0]=0とする。
このときa[1]=a^(a^0)=aとなる。

(1)(2)より偶数の場合は
a=f_[1](a)≦a[n+1]＜a[n]≦a[0]=f_[0](a)=1
である。
下に有界で単調減少数列なので、この数列は収束すると予想される。
逆に奇数は上に有界で単調増加数列なので、こちらも収束すると予想される。
（上に書いたようにあくまで予想です）

a[n]が仮に収束したとするとその収束値bは
b=a^(a^b)
の関係を満たす。
この収束値bを漸化式の両辺から引き算すると
a[n+1]-b=a^(a^a[n])-b=a^(a^a[n])-a^(a^b)となる。

次にf(x)=a^(a^x)として、この関数の挙動を見る（0＜a＜1）。
そしてg(x)=f(x)-x=0の0≦x≦1における解というのがbになるはずなので、解の個数について考える。
g(0)=a＞0
g(1)=a^a-1

y=x^x（0＜x＜1）を考えると
logy=xlogx
y'/y=1+logx
y'=(x^x)*(1+logx)（対数微分法）
だからx=1/eで極小値(1/e)^(1/e)を持つ。
またx→0でy→1（証明略）、x→1でもy→1であるので
(1/e)^(1/e)≦x^x＜1
つまりa^a＜1である。

以上からg(1)＜0である。
g(x)は0＜x＜1で明らかに連続関数なので、中間値の定理よりg(x)=0の解が0＜x＜1に少なくとも一つ存在する。
「少なくとも一つ」なので複数存在する可能性がある。
したがってg(x)（あるいはf(x)）の挙動をもう少し詳しく見る。

（長くなりそうなので分割します）

f(x)の一回微分は
f'(x)=(loga)*a^(a^x)*(a^x)'=a^(a^x)*(a^x)*(loga)^2＞0
したがってf(x)は単調増加関数。
f(x)の範囲は
f(0)=a ≦ f(x) ≦ f(1)=a^a

もう一回微分することを考える。
F(x)=a^(a^x)*(a^x)とする。
（このときf'(x)=F(x)*(loga)^2である）
F'(x)
={a^(a^x)}' *(a^x) + {a^(a^x)}*(a^x)'
=a^(a^x)*(a^x)*(loga)^2*(a^x) + a^(a^x)*(a^x)*loga
=a^(a^x)*(a^x)*(loga) * {(a^x)*(loga)+1}
0＜a＜1のときloga＜0であるので
a^(a^x)*(a^x)*(loga)＜0
(loga)*(a^x)+1=0 の解が存在するかどうかを考える。

式変形すると
log(a^(a^x))=-1
a^(a^x)=1/e
ここで左辺はf(x)であるので左辺の値の範囲は a≦f(x)≦a^a

上で考えたようにy=x^x（0＜x＜1）の値域は
(1/e)^(1/e)≦x^x＜1
である。
左の数は(1/e)^xのx=1/eと考えられる。
底1/e＜1であるから、1/e＜1であれば、(1/e)^(1/e)＞(1/e)^1=1/eの大小関係。
つまり
1/e＜(1/e)^(1/e)≦x^x＜1
したがって a^a＞1/e である。

ゆえにF'(x)=0の解の存在はaと1/eの大小を考えることになる。
（１）1/e＜aのときは、1/e＜a≦f(x)≦a^aであり、F'(x)=0となる解が0≦x≦1に存在しない
（２）a=1/eのときはF'(x)=0となる解が存在し、x=0が解。
（３）a＜1/eのときはF'(x)=0となる解が0＜x＜1に存在する。

（１）F'(x)=0の解が存在しないとき、すなわち1/e＜aのとき。
F'(x)=a^(a^x)*(a^x)*(loga) * {(a^x)*(loga)+1}
(a^x)*(loga)+1 = logf(x)+1＞0 である。
0＜a＜1 だから loga＜0 なので、F'(x)＜0 となる。
つまりF(x)は単調減少関数であるから
F(1)=(a^a)*a ≦ F(x) ≦ F(0)=a
f'(x)=F(x)*(loga)^2 なのでf'(x)の値域は
(a^a)*a*(loga)^2 ≦ f'(x) ≦ a*(loga)^2

y=x*(logx)^2の0＜x＜1における値域を考えると
y'=(logx)^2+2logx=(logx)*(logx+2) より x=1/(e^2)で極大値4/(e^2)をとる。
つまりx*(logx)^2≦4/(e^2)＜1（e=2.718…)
よってx=aを代入した値 a*(loga)^2＜1

すなわち f'(x)≦a*(loga)^2＜1

g(x)=f(x)-xを考えると
g'(x)=f'(x)-1＜0 なのでg(x)は単調減少。
g(0)=a＞0、g(1)=a^a-1＜0 だったので、このとき g(x)=0 となる解はただ一つしか存在しない。
つまり a^(a^b)=b を満たすようなbは 0＜b＜1 にただ一つ。

問題に戻って
a[n+1]-b=a^(a^a[n])-a^(a^b)
の漸化式を考える。
f(x)=a^(a^x) は単調増加関数だったので、
a[n]＞b なら a^(a^a[n])＞a^(a^b)、すなわち a[n+1]-b＞0
a[n]＜b なら a^(a^a[n])＜a^(a^b)、すなわち a[n+1]-b＜0
偶数番目を考える場合は a[0]=1＞b で前者、奇数番目を考えるなら a[0]=0＜b で後者である。
数学的帰納法より、問題の偶数番目の数列は常にbより大きく、奇数番目の数列は常にbより小さい。
いずれにせよa[n]≠bなので
（右辺）={a^(a^a[n])-a^(a^b)}/{a[n]-b} *{a[n]-b}
とわざとa[n]-bを分母に作り出す。

ここで f(x)=a^(a^x)、b＜x≦a[n]（≦1）において平均値の定理を適用する。
{f(a[n])-f(b)}/{a[n]-b}=f'(c) を満たすcが b＜c＜a[n] に少なくとも一つ存在する。
漸化式はこのf'(c)を用いると
a[n+1]-b=f'(c){a[n]-b}
と書ける。
上で考えたように0＜x＜1であればf'(x)は常に正であり、その値域は
(a^a)*a*(loga)^2 ≦ f'(x) ≦ a*(loga)^2 ＜1
である。
したがって f'(c) ≦ a*(loga)^2 ＜1 となる。
偶数番目の場合は a[n]-b＞0 なので 0＜f'(c)≦a*(loga)^2 と併せると
f'(c){a[n]-b} ≦ a*(loga)^2*{a[n]-b}
すなわち
0＜ a[n+1]-b ≦ a*(loga)^2*{a[n]-b}
0＜ a[n]-b ≦ {a*(loga)^2}^n *(a[0]-b)（a[0]=1）
となる。
n→∞のとき、右辺は等比数列でその公比 0＜a*(loga)^2＜1 だから0に収束する。
したがってはさみうちの原理よりa[n]→bである。

上の議論は偶数の場合で a[n]＞b の場合を考えたが、奇数の場合は a[n]＜b で
b-a[n+1] = f(b)-f(a[n]) とし、平均値の定理は a[n]≦x＜b において適用すればよい。
あとは偶数の場合と同様にできて
0＜ b-a[n] ≦ {a*(loga)^2}^n *(b-a[0])（a[0]=0）
同様に、はさみうちの原理でa[n]はbに収束する。

（２）a=1/eのときはF'(x)=0となる解が存在し、x=0が解。
この場合は基本的に（１）と同じである。
F'(x)≦0 と等号が含まれるだけで、F(x)は（広義）単調減少。
F(1)≦F(x)≦F(0) で全く同じ議論ができるので省略。
結局a[n]は a^(a^b)=b を満たすただ一つのbに収束する。

（続きます）

（３）a＜1/eのときはF'(x)=0となる解が0＜x＜1に存在する。
F'(x)=0を満たすx=αとする（0＜α＜1）。
a^(a^α)=1/e
F'(x)=a^(a^x)*(a^x)*(loga)*{(a^x)*(loga)+1}
(a^x)*(loga)+1=logf(x)+1
0＜x＜α のとき、f(x)は単調増加関数なので f(x)＜1/e、したがって logf(x)+1＜0
α＜x＜1 のときは逆に logf(x)+1＞0
したがって loga＜0 なので F'(x) の符号は逆転し、
0＜x＜α のとき F'(x)＞0
α＜x＜1 のとき F'(x)＜0
つまり F(x) は x=α で極大値かつ最大値 F(α) を持つ。
F(x)=a^(a^x)*(a^x)
a^(a^α)=1/e あるいは (a^α)*(loga)=-1 の関係を使うと
F(α)=(1/e)×(-1/loga)である。
またF(0)=a、F(1)=(a^a)*a で F(0)＞F(1)である。
したがってF(x)の値域は
(a^a)*a≦F(x)≦-1/e(loga)

g(x)=f(x)-x の解の個数はどうなるか考えてみる。
g'(x)=f'(x)-1
g(x)=0 の解の個数を考える上で、f'(x)=1を満たすxが存在するかどうかを考える必要がある。

f'(x)=F(x)*(loga)^2で、上で考えたF(x)の増減からf'(x)の増減は
0＜x＜α で増加、x=αで極大かつ最大、α＜x＜1で減少。
f'(x) の値域は
f'(1)=(a^a)*a*(loga)^2 ≦ f'(x) ≦ f(α)=-(loga)/e
先に考えた通り f'(0)=a*(loga)^2≦1/e＜1なのでf'(x)=1となる解が存在するかどうかは、f'(α)=-(loga)/eと1との大小関係を見ればよい。
-(loga)/e=1 を式変形すると
loga=-e
a=e^(-e)
また -(loga)/e＜1 ⇔ loga＞-e ⇔ a＞e^(-e)
あるいは-(loga)/e＞1 ⇔ loga＜-e ⇔ a＜e^(-e)
である。

すなわち
（３−１）a＞e^(-e) のとき、f'(x)≦-(loga)/e＜1でf'(x)=1を満たす解なし。
（３−２）a＜e^(-e) のとき、f'(1)＜f'(0)=a*(loga)^2＜1＜-(loga)/e。
f'(x)=1を満たす解が必ず二つ存在する。
（３−３）a=e^(-e) のとき、f'(α)=1で、f'(x)=1の解はx=αただ一つ。

（３−１）-(loga)/e＜1 すなわち a＞e^(-e) のとき。
このとき f'(x)＜1 なのでg'(x)=f'(x)-1＜0、つまりg(x)は単調減少。
g(0)=a＞0、g(1)=a^a-1＜0だから、中間値の定理よりg(x)=0 は 0＜x＜1 でただ一つの解を持つ。
g(x)=0 となる解をbととると、a^(a^b)=b を満たす。

（１）のときと同様に考えると
a[n+1]-b=a^(a^a[n])-a^(a^b)
であり、
a[n]＞b なら a^(a^a[n])＞a^(a^b)、すなわち a[n+1]-b＞0
a[n]＜b なら a^(a^a[n])＜a^(a^b)、すなわち a[n+1]-b＜0
も同様に成り立つ。
（右辺）={a^(a^a[n])-a^(a^b)}/{a[n]-b} *{a[n]-b}
と式変形して、平均値の定理も同様に適用すると
a[n+1]-b = f'(c){a[n]-b} と式変形できる。
今考えているのは f'(x) の値域が1より小さいときなので、
f'(x) ≦ f'(α)=-(loga)/e＜1 のとき。
つまり
a[n]＞b のときは
0＜ a[n+1]-b ≦ {-(loga)/e}{a[n]-b} と式変形できる。
したがって
0＜ a[n]-b ≦ {-(loga)/e}^n {a[0]-b}（a[0]=1）
となる。
n→∞のとき、右辺の等比数列は公比が 0＜-(loga)/e＜1 なので、0に収束する。
したがってはさみうちの原理よりa[n]→bである。
a[n]＜b も同様にして
0＜ b-a[n] ≦ {-(loga)/e}^n {b-a[0]}（a[0]=0）
とできて、同様にn→∞のときa[n]はbに収束する。

（続きます）

（３−２）-(loga)/e＞1 すなわち a＜e^(-e) のとき。
このとき f'(x)=1 を満たす解が必ず二つ存在する。
それらをβ、γ（β＜γ）とする。
f'(x)の増減から、0＜β＜α＜γ＜1の関係を満たす。
（αはf'(x)の極大を与えるxでa^(a^α)=1/eを満たしている）

f'(β)=a^(a^β)*(a^β)*(loga)^2=1
f'(γ)=a^(a^γ)*(a^γ)*(loga)^2=1
g(x)=f(x)-xの増減は
0＜x＜β のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。
x=β のとき極小値をとる。
β＜x＜γ のとき、f'(x)＞1 つまり g'(x)＞0 なので増加。
x=γ のとき極大値をとる。
γ＜x＜1 のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。

またg''(x)=f''(x)なので、x=αがf''(x)=F'(x)=0を満たすから、x=αはg(x)の変曲点になっている。

ここでa^x=xを満たす解について考える。
h(x)=a^x-xとする（定義域0≦x≦1、定数aは0＜a＜1）
h(0)=1＞0、h(1)=a-1＜0、h(x)は連続なので中間値の定理より少なくとも一つ解を持つ。
さらに
h'(x)=(a^x)*(loga)-1 で loga＜0、a^x＞0 となるから h'(x)＜0。
つまりh(x)は単調減少関数であるから、h(x)=0の解はただ一つである。
この解をdとする。
a^d=dを満たすとき
a^(a^d)=a^d=dであるから、x=dは g(x)=a^(a^x)-x=0 の解でもある。

ここでh(1/e)=a^(1/e)-(1/e)の符号を考える。
今考えているのは -(loga)/e＞1 すなわち a＜e^(-e) のときであるから、
(loga)/e＜-1=log(1/e)
（左辺）= log{a^(1/e)} なので、底e＞1だから
a^(1/e)＜1/e
の大小関係を満たしている。
すなわち h(1/e)=a^(1/e)-1/e＜0 である。
したがってh(x)=0の唯一解 x=d の範囲はもう少し限定できて、0＜d＜1/eとわかる。

f'(d)を考えてみる。
f'(x)=a^(a^x)*(a^x)*(loga)^2
にx=dを代入して、a^d=dの関係式を使うと
f'(d)
=(a^d)*d*(loga)^2
=(d^2)*(loga)^2
={log(a^d)}^2
=(logd)^2
d＜1/e なので logd＜-1 したがって (logd)^2＞1 である。
つまり f'(d)＞1 が成立する。
f'(x)＞1 の範囲とは、上で増減を調べた通りで β＜x＜γ であるので β＜d＜γ となる。
この範囲では g'(x)=f'(x)-1＞0 で g(x)は（狭義）単調増加だから g(β)＜g(d)＜g(γ)。
g(d)=0 だから g(β)＜0＜g(γ) である。

ところで g(0)=a＞0、g(1)=a^a-1＜0。
また調べたように増減は 0＜x＜β では単調減少、γ＜x＜1 でも単調減少であったから、g(x)が連続関数ゆえ中間値の定理より、g(x)=0 となる解が 0＜x＜β の範囲にただ一つ、γ＜x＜1 の範囲にもただ一つ存在する。

このように a＜e^(-e) のときは a^(a^x)=x を満たす解が必ず三つ存在する。
一つは a^x=x を満たす x=d であり、それ以外にも二つ存在するので、それらを p,q（p＜q）とする。
ただしそれぞれ
0＜p＜β＜d＜γ＜q＜1
の範囲に存在する。
元に戻って漸化式
a[n+1]=a^(a^a[n])
を考えるのであるが、偶数番目の数列か奇数番目の数列かで場合分けする。

[i]問題の偶数番目の数列の場合
両辺qで引き算し、qが a^(a^x)=x の解であるので、a^(a^q)=q の関係式を使うと
a[n+1]-q = a^(a^a[n])-a^(a^q)
とできる。
（１）や（２）と同様にして、a[n]＞q なら f(x)=a^(a^x) が単調増加関数なので a^(a^a[n])-a^(a^q)＞0
a[0]=1＞qであるので帰納法より a[n]＞q である。
a[n+1]-q = {a^(a^a[n])-a^(a^q)}/{a[n]-q} *{a[n]-q}
と同じように分母を無理矢理作り出して、f(x)=a^(a^x) の q＜x≦a[n] で平均値の定理を適用すれば、
a^(a^a[n])-a^(a^q)/{a[n]-q}=f'(c1)、q＜c1＜a[n] となるような c1 が少なくとも一つ存在する。
これを用いて
a[n+1]-q=f'(c1)*{a[n]-q}である。

f'(x)の増減は
0＜x＜α（p＜β＜α）で f''(x)＞0 だからf'(x)は単調増加関数。
したがって f'(p)＜f'(β) 。
x=β、γ で f'(x)=1。
α＜x＜1（α＜γ＜q）で f''(x)＜0 だからf'(x)は単調減少関数。
したがって f'(γ)＞f'(q)。

この通りであった。
またf'(x)の最小値は x=1 のときで f'(1)=(a^a)*a*(loga)^2＞0
以上より
0＜x＜pのとき0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1
q＜x＜1のとき0＜f'(x)＜f'(q)＜f'(γ)=1
である。

以上からq＜c1＜a[n]であるので0＜f'(c1)＜f'(q)。
したがって
0＜a[n+1]-q＜f'(q){a[n]-q}
が成り立つ。
0＜ a[n]-q ＜ {f'(q)}^n {a[0]-q}（a[0]=1）
となって、右辺は公比 f'(q) が 0＜f'(q)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→q と収束する。

[ii]問題の奇数番目の数列のとき
このときは偶数番目のとは大小が逆になって、さらにqをpに置き換えれば同様の議論ができる。
すなわち
p-a[n+1] = a^(a^p)-a^(a^a[n])
として、a[n]＜p がすべてのnについて成り立つことが分かる。
a[n]≦x＜p に平均値の定理を適用して、
p-a[n+1] = f'(c2){p-a[n]}
（ただしa[n]＜c2＜p）
0＜x＜p のとき 0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1 だったので、0＜f'(c2)＜f'(p)＜1
つまり
0＜ p-a[n+1] ＜f'(p){p-a[n]}
である。
0＜ p-a[n] ＜ {f'(p)}^n {p-a[0]}（a[0]=0）
となって、右辺は公比 f'(p) が 0＜f'(p)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→p と収束する。

以上から（３−２）a＜e^(-e) のときは偶数番目の列、奇数番目の列はそれぞれ収束する。
その収束値は a^(a^x)=x の三つの解を小さい方からp,d,qとしたときに、偶数番目の列はqに、奇数番目の列はpに収束する。
p＜d＜qでp,qは異なる値であるから、元々のa[n+1]=a^a[n]を満たす数列は収束せず、振動する。

長くなりましたが、結局
0＜a＜e^(-e)では偶数番目、奇数番目各々では収束するが、収束値が異なるため元々の数列は振動する。
e^(-e)＜a＜1では収束する。
というところまでは高校数学を駆使して証明できました（と思います^^;)。

ところが（３−３）a=e^(-e)では、x=αのときにf'(x)=1となってしまいますので、
同様の方法で行くと平均値の定理を適用したあとに不等式で押さえ込んでも
f'(c)≦f'(α)=1
となるので、等比数列でうまく押さえ込むことができません。
なので現在方法を模索中です。

出題者さんどっかに行ってしまったのかな…。
でも、面白い問題でじっくり考え、またコメントなどを読ませていただきました
有難うございました。