Cho dãy số $(u_n)$ thỏa mãn:
$$u_1=\frac{5}{2},u_{n+1}=\frac{2u_n^2+4u_n+9}{u_n^2+u_n+1},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$
a. Chứng minh dãy số $(u_n)$ là dãy số bị chặn.
b. Tìm $\lim (u_n)$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=\frac{2x^2+4x+9}{x^2+x+1}$, với $x\in \mathbb{R}$ (mẫu luôn dương vì $x^2+x+1>0$).

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{(4x+4)(x^2+x+1)-(2x^2+4x+9)(2x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}=\frac{-2x^2-14x-5}{(x^2+x+1{)}^2}$.

Với $x>0$ thì $2x^2+14x+5>0$ nên $f^{\prime }(x)<0$, tức $f$ nghịch biến trên $(0;+\infty )$.

a) Ta có $u_1=\frac{5}{2}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Giả sử $u_n\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Vì $f$ nghịch biến trên đoạn này:
$$f\left(\frac{7}{2}\right)\le u_{n+1}\le f\left(\frac{5}{2}\right).$$
Tính: $f\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{25}{4}+10+9}{\frac{25}{4}+\frac{5}{2}+1}=\frac{63/2}{39/4}=\frac{126}{39}=\frac{42}{13}\approx 3,23<\frac{7}{2}$; và $f\left(\frac{7}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{49}{4}+14+9}{\frac{49}{4}+\frac{7}{2}+1}=\frac{95/2}{67/4}=\frac{190}{67}\approx 2,84>\frac{5}{2}$.

Vậy $u_{n+1}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Theo quy nạp, $\frac{5}{2}\le u_n\le \frac{7}{2}$ với mọi $n$, tức dãy $(u_n)$ bị chặn.

b) Ta có:
$$u_{n+1}-3=\frac{2u_n^2+4u_n+9-3(u_n^2+u_n+1)}{u_n^2+u_n+1}=\frac{-(u_n-3)(u_n+2)}{u_n^2+u_n+1},$$
suy ra $$|u_{n+1}-3|=|u_n-3|\cdot \frac{u_n+2}{u_n^2+u_n+1}$$ (vì $u_n>0$ nên $u_n+2>0$).

Xét $g(x)=\frac{x+2}{x^2+x+1}$ trên $\left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$: $g^{\prime }(x)=\frac{-(x^2+4x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}<0$ với $x\ge \frac{5}{2}$, nên $g$ nghịch biến và $g(x)\le g\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{9/2}{39/4}=\frac{6}{13}<1$.

Do đó với mọi $n$: $|u_{n+1}-3|\le \frac{6}{13}|u_n-3|$. Quy nạp ta được
$$0\le |u_n-3|\le {\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}|u_1-3|={\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{2}\to 0\text{ khi }n\to \infty .$$

Vậy $u_n\to 3$, tức $\lim u_n=3$.

(Kiểm tra lại: nếu $L=\lim u_n$ thì $L$ là nghiệm thực của $L^3-L^2-3L-9=0$, tức $(L-3)(L^2+2L+3)=0$, chỉ có nghiệm thực $L=3$ — phù hợp.)