Các dạng bài tập về nguyên hàm đầy đủ chi tiết nhất

Bài viết sau đây giới thiệu đến các bạn bài tập mẫu các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải. Khoa Cử hy vọng với những chia sẻ này sẽ hỗ trợ bạn đọc học tốt phần các dạng bài tập về nguyên hàm môn Toán lớp 12!

DẠNG 1. NGUYÊN HÀM CƠ BẢN

Bảng nguyên hàm của một số hàm thường gặp
1. $\int{0\text{d}x}=C.$ $\xrightarrow{{}}$$\int{k\text{d}x}=kx+C.$
2.  $\int{{{x}^{n}}}\text{d}x=\frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{{{(ax+b)}^{n}}\text{d}x=\frac{1}{a}\frac{{{(ax+b)}^{n+1}}}{n+1}+C}.$
3. $\int{\frac{1}{x}\text{d}x=\ln \left| x \right|+C}.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\frac{1}{ax+b}\text{d}x=\frac{1}{a}\ln \left| ax+b \right|+C}.$
4. $\int{\frac{1}{{{x}^{2}}}\text{d}x}=-\frac{1}{x}+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\frac{1}{{{(ax+b)}^{2}}}\text{d}x}=-\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{ax+b}+C.$
5. $\int{\sin x}\text{d}x=-\cos x+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\sin (ax+b)\text{d}x}=-\frac{1}{a}\cos (ax+b)+C.$
6. $\int{\cos }x\text{d}x=\sin x+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\cos }(ax+b)\text{d}x=\frac{1}{a}\sin (ax+b)+C.$
7. $\int{\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}\text{d}x}=-\cot x+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\frac{\text{d}x}{{{\sin }^{2}}(ax+b)}}=-\frac{1}{a}\cot (ax+b)+C.$
8. $\int{\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}\text{d}x}=\tan x+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{\frac{\text{d}x}{{{\cos }^{2}}(ax+b)}}=\frac{1}{a}\tan (ax+b)+C.$
9. $\int{{{e}^{x}}}\text{d}x={{e}^{x}}+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{{{e}^{ax+b}}}\text{d}x=\frac{1}{a}{{e}^{ax+b}}+C.$
10. $\int{{{a}^{x}}}\text{d}x=\frac{{{a}^{x}}}{\ln a}+C.$ $\xrightarrow{{}}$ $\int{{{a}^{\alpha x+\beta }}\text{d}x}=\frac{1}{\alpha }\frac{{{a}^{\alpha x+\beta }}}{\ln a}+C.$

Nhận xét. Khi thay $x$ bằng $(ax+b)$ thì khi lấy nguyên hàm nhân kết quả thêm $\frac{1}{a}\cdot $

­­­­­­­Một số nguyên tắc tính cơ bản

$\centerdot $ Tích của đa thức hoặc lũy thừa $\xrightarrow{PP}$ khai triễn.

$\centerdot $ Tích các hàm mũ $\xrightarrow{PP}$ khai triển theo công thức mũ.

$\centerdot $ Bậc chẵn của sin và cosin $\Rightarrow $ Hạ bậc: ${{\sin }^{2}}a=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos 2a,\text{ }{{\cos }^{2}}a=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2a.$

$\centerdot $ Chứa tích các căn thức của $x$$\xrightarrow{PP}$ chuyển về lũy thừa.

Bài tập mẫu:

Nguyên hàm của hàm số $f(x)=$ $\frac{1}{3}{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-2022$ là

A. $\frac{1}{12}{{x}^{4}}-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+C$.                   B. $\frac{1}{9}{{x}^{4}}-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2022x+C$.

C. $\frac{1}{12}{{x}^{4}}-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2022x+C$                    D. $\frac{1}{9}{{x}^{4}}+\frac{2}{3}{{x}^{3}}-\frac{{{x}^{2}}}{2}-2022x+C$.

Lời giải

Sử dụng công thức $\int{{{x}^{n}}dx=\frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}+C}$ ta được:

$\int{\left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-2022 \right)dx=}\frac{1}{3}.\frac{{{x}^{4}}}{4}-2.\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2022x+C=\frac{1}{12}{{x}^{4}}-\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{1}{2}{{x}^{2}}-2022x+C.$

DẠNG 2. TÌM NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ

“ Nếu $\int{f\left( x \right)dx}=F\left( x \right)+C$ thì $\int{f\left( u\left( x \right) \right).u’\left( x \right)dx}=F\left( u\left( x \right) \right)+C$”.

Giả sử ta cần tìm họ nguyên hàm $I=\int{f\left( x \right)dx}$, trong đó ta có thể phân tích

$f\left( x \right)=g\left( u\left( x \right) \right)u’\left( x \right)dx$ thì ta thức hiện phép đổi biến số $t=u\left( x \right)$

$\Rightarrow dt=u’\left( x \right)dx$. Khi đó: $I=\int{g\left( t \right)dt}=G\left( t \right)+C=G\left( u\left( x \right) \right)+C$

Chú ý: Sau khi ta tìm được họ nguyên hàm theo t thì ta phải thay $t=u\left( x \right)$

  1. Đổi biến số với một số hàm thường gặp

$\centerdot \text{  }\int{f{{(ax+b)}^{n}}x\text{d}x\text{ }\xrightarrow{PP}t=ax+b}.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{\sqrt[n]{f(x)}{f}'(x)\text{d}x}\xrightarrow{PP}t=\sqrt[n]{f(x)}.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f(\ln x)\frac{1}{x}\text{d}x}\xrightarrow{PP}t=\ln x.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f({{e}^{x}}){{e}^{x}}\text{d}x}\xrightarrow{PP}t={{e}^{x}}.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f(\sin x)\cos x\text{d}x}\xrightarrow{PP}t=\sin x.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f(\cos x)\sin x\text{d}x}\xrightarrow{PP}t=\cos x.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f(\tan x)\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}\text{d}x}\xrightarrow{PP}t=\tan x.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{a}^{b}{f(\sin x\pm \cos x).(\sin x\pm \cos x)\text{d}x}\Rightarrow t=\sin x\pm \cos x.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f(\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}){{x}^{2n}}\text{d}x}\xrightarrow{PP}x=a\sin t.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( {{(\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}})}^{m}} \right){{x}^{2n}}\text{d}x}\xrightarrow{PP}x=a\tan t.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \sqrt{\frac{a\pm x}{a\mp x}} \right)\text{d}x}\xrightarrow{PP}x=a\cos 2t.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{\text{d}x}{\sqrt{(ax+b)(cx+d)}}}\Rightarrow t=\sqrt{ax+b}+\sqrt{cx+d}.$

$\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{R\left[ \sqrt[{{s}_{1}}]{ax+b},.,\sqrt[{{s}_{k}}]{ax+b} \right]\text{d}x}\Rightarrow {{t}^{n}}=ax+b.$ $\centerdot \text{  }\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{\text{d}x}{(a+b{{x}^{n}})\sqrt[n]{a+b{{x}^{n}}}}}\xrightarrow{PP}x=\frac{1}{t}\cdot $

  1. Đổi biến số với hàm ẩn

$\centerdot $ Nhận dạng tương đối: Đề cho $f(x),$ yêu cầu tính $f(\ne x)$ hoặc đề cho $f(\ne x),$ yêu cầu tính $f(x).$

$\centerdot $ Phương pháp: Đặt $t=(\ne x).$

$\centerdot $ Lưu ý: Đổi biến nhớ đổi cận và ở trên đã sử dụng tính chất: “Tích phân không phụ thuộc vào biến số, mà chỉ phụ thuộc vào hai cận”, nghĩa là $\int\limits_{a}^{b}{f(u)\text{d}u}=\int\limits_{a}^{b}{f(t)\text{d}t}=\cdot \cdot \cdot =\int\limits_{a}^{b}{f(x)\text{d}x}=\cdot \cdot \cdot $

Bài tập mẫu:

Biết rằng $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm trên $\mathbb{R}$ của hàm số $f\left( x \right)=\frac{2017x}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2018}}}$ thỏa mãn $F\left( 1 \right)=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất $m$ của $F\left( x \right)$.

A. $m=-\frac{1}{2}$.                      B. $m=\frac{1-{{2}^{2017}}}{{{2}^{2018}}}$.                     C. $m=\frac{1+{{2}^{2017}}}{{{2}^{2018}}}$.                     D. $m=\frac{1}{2}$.

Lời giải

Ta có $\int{f\left( x \right)dx=\int{\frac{2017x}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2018}}}dx}}$ $=\frac{2017}{2}\int{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{-2018}}d\left( {{x}^{2}}+1 \right)}$ $=\frac{2017}{2}.\frac{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{-2017}}}{-2017}+C$ $=-\frac{1}{2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2017}}}+C$$=F\left( x \right)$

Mà $F\left( 1 \right)=0$$\Rightarrow -\frac{1}{{{2.2}^{2017}}}+C=0\Rightarrow C=\frac{1}{{{2}^{2018}}}$

Do đó $F\left( x \right)=-\frac{1}{2.{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2017}}}+\frac{1}{{{2}^{2018}}}$ suy ra

$F\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\frac{1}{2{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2017}}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+1 \right)$ nhỏ nhất$\Leftrightarrow x=0$

Vậy $m=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2018}}}=\frac{1-{{2}^{2017}}}{{{2}^{2018}}}$.

DẠNG 3. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ HỮU TỈ

  1. Công thức thường áp dụng

$\centerdot \text{  }\int{\frac{1}{ax+b}\text{d}x=\frac{1}{a}\ln \left| ax+b \right|+C}.$ $\centerdot \text{  }\int{\frac{1}{{{(ax+b)}^{2}}}\text{d}x}=-\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{ax+b}+C.$

$\centerdot \text{  }\ln a+\ln b=\ln (ab).$ $\centerdot \text{  }\ln a-\ln b=\ln \frac{a}{b}\cdot $

$\centerdot \text{  }\ln {{a}^{n}}=n\ln a.$ $\centerdot \text{  }\ln 1=0.$

  1. Phương pháp tính nguyên hàm, tích phân của hàm số hữu tỷ $I=\int{\frac{P(x)}{Q(x)}\text{d}x}.$

$\centerdot $ Nếu bậc của tử số $P(x)\ge $ bậc của mẫu số $Q(x)$ $\xrightarrow{PP}$ Chia đa thức.

$\centerdot $ Nếu bậc của tử số $P(x)<$ bậc của mẫu số $Q(x)$ $\xrightarrow{PP}$ phân tích mẫu $Q(x)$ thành tích số, rồi sử dụng phương pháp che để đưa về công thức nguyên hàm số 01.

$\centerdot $ Nếu mẫu không phân tích được thành tích số $\xrightarrow{PP}$ thêm bớt để đổi biến hoặc lượng giác hóa bằng cách đặt $X=a\tan t,$ nếu mẫu đưa được về dạng ${{X}^{2}}+{{a}^{2}}.$

Bài tập mẫu:

Cho $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=\frac{2x+1}{{{x}^{4}}+2{{x}^{3}}+{{x}^{2}}}$ trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$ thỏa mãn $F\left( 1 \right)=\frac{1}{2}$. Giá trị của biểu thức $S=F\left( 1 \right)+F\left( 2 \right)+F\left( 3 \right)+\ldots +F\left( 2019 \right)$ bằng

A. $\frac{2019}{2020}$.                        B. $\frac{2019.2021}{2020}$.                      C. $2018\frac{1}{2020}$.                           D. $-\frac{2019}{2020}$.

Lời giải

Ta có $f\left( x \right)=\frac{2x+1}{{{x}^{4}}+2{{x}^{3}}+{{x}^{2}}}=\frac{2x+1}{{{x}^{2}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$.

Đặt $t=x\left( x+1 \right)={{x}^{2}}+x$ $\Rightarrow \text{d}t=\left( 2x+1 \right)\text{d}x$.

Khi đó $F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{\frac{1}{{{t}^{2}}}\text{d}t}}=-\frac{1}{t}+C=-\frac{1}{x\left( x+1 \right)}+C$.

Mặt khác, $F\left( 1 \right)=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow -\frac{1}{2}+C=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow C=1$.

Vậy $F\left( x \right)=-\frac{1}{x\left( x+1 \right)}+1$.

Suy ra

các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải

DẠNG 4. PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN

Cho hai hàm số $u$ và $v$ liên tục trên $\left[ a;b \right]$ và có đạo hàm liên tục trên $\left[ a;b \right]$. Khi đó: $\int{udv=uv-\int{vdu}}\left( * \right)$

Để tính tích phân $I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}$ bằng phương pháp từng phần ta làm như sau:

Bước 1: Chọn $u,v$ sao cho $f\left( x \right)dx=udv$.

Tính $v=\int{dv}$ và $du=u’.dx$.

Bước 2: Thay vào công thức $\left( * \right)$và tính $\int\limits_{{}}^{{}}{vdu}$.

Cần phải lựa chọn $u$ và $dv$ hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được $v$ và tích phân $\int\limits_{{}}^{{}}{vdu}$ dễ tính hơn $\int{udv}$. Ta thường gặp các dạng sau

Cho hai hàm số $u$ và $v$ liên tục trên đoạn $\left[ a;b \right]$ và có đạo hàm liên tục trên đoạn $\left[ a;b \right]$.

Khi đó:$\int{u\text{d}v=uv-\int{v\text{d}u}}.$ $\left( * \right)$

Để tính nguyên hàm $\int{f\left( x \right)\text{d}x}$ bằng từng phần ta làm như sau:

Bước 1. Chọn $u,\text{ }v$ sao cho $f\left( x \right)\text{d}x=u\text{d}v$ (chú ý $~\text{d}v=v’\left( x \right)\text{d}x$).

Sau đó tính $v=\int{\text{d}v}$ và $\text{d}u=u’.\text{d}x$.

Bước 2. Thay vào công thức $\left( * \right)$ và tính $\int{v\text{d}u}$.

Chú ý. Cần phải lựa chọn  và $\text{d}v$ hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được $v$ và tích phân $\int{v\text{d}u}$ dễ tính hơn $\int{u\text{d}v}$. Ta thường gặp các dạng sau

  • Dạng 1. $I=\int{P\left( x \right)\sin \left( ax+b \right)\text{d}x}$, trong đó $P\left( x \right)$ là đa thức.

các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải

  • Dạng 2. $I=\int{P\left( x \right)\cos \left( ax+b \right)\text{d}x}$, trong đó $P\left( x \right)$ là đa thức.

các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải

  • Dạng 3. $I=\int{P\left( x \right){{e}^{ax+b}}\text{d}x}$, trong đó $P\left( x \right)$ là đa thức.

các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải

  • Dạng 4. $I=\int{P\left( x \right)\ln g\left( x \right)\text{d}x}$, trong đó $P\left( x \right)$ là đa thức.

các dạng bài tập nguyên hàm và cách giải

Bài tập mẫu:

Họ nguyên hàm của hàm số $y=3x\left( x+\cos x \right)$ là

A. ${{x}^{3}}+3\left( x\sin x+\cos x \right)+C$                           B. ${{x}^{3}}-3\left( x\sin x+\cos x \right)+C$

C. ${{x}^{3}}+3\left( x\sin x-\cos x \right)+C$                         D. ${{x}^{3}}-3\left( x\sin x-\cos x \right)+C$

Lời giải

Chọn A

Ta có: $\int{3x\left( x+\cos x \right)\text{d}x}=\int{3{{x}^{2}}}\text{d}x+\int{3x\cos x\text{d}x}$

Ÿ$\int{3{{x}^{2}}}\text{d}x={{x}^{3}}+{{C}_{1}}$

Ÿ $\int{3x\cos x\text{d}x}=\int{3x.\text{d}\left( \sin x \right)}=3x.\sin x-\int{3\sin x\text{d}x}=3x.\sin x+3\cos x+{{C}_{2}}$

Vậy $\int{3x\left( x+\cos x \right)\text{d}x}={{x}^{3}}+3\left( x\sin x+\cos x \right)+C$

DẠNG 5. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM ẨN HOẶC LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH $f\left( x \right),{f}’\left( x \right),{f}”\left( x \right)$

Dạng 1. Bài toán tích phân liên quan đến đẳng thúrc $u(x){{f}^{\prime }}(x)+{{u}^{‘}}(x)f(x)=h(x)$

Phương pháp:

Dễ dàng thấy rằng $u(x){f}'(x)+{u}'(x)f(x)=[u(x)f(x){]}’$

Do dó $u(x){f}'(x)+{u}'(x)f(x)=h(x)\Leftrightarrow [u(x)f(x){]}’=h(x)$

Suy ra $u(x) f(x)=\int h(x) \mathrm{d} x$

Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$

Dang 2. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúrc ${f}'(x)+f(x)=h(x)$

Phương pháp:

Nhân hai vế vói $e^{x}$ ta durọc ${{e}^{x}}\cdot {f}'(x)+{{e}^{x}}\cdot f(x)={{e}^{x}}\cdot h(x)\Leftrightarrow {{\left[ {{e}^{x}}\cdot f(x) \right]}^{\prime }}={{e}^{x}}\cdot h(x)$

Suy ra $e^{x} \cdot f(x)=\int e^{x} \cdot h(x) \mathrm{d} x$

Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$

Dang 3. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúc $f^{\prime}(x)-f(x)=h(x)$

Phương pháp:

Nhân hai vế vói ${{e}^{-x}}$ ta durọc ${{e}^{-x}}\cdot {{f}^{\prime }}(x)-{{e}^{-x}}\cdot f(x)={{e}^{-x}}\cdot h(x)\Leftrightarrow {{\left[ {{e}^{-x}}\cdot f(x) \right]}^{\prime }}={{e}^{-x}}\cdot h(x)$

Suy ra $e^{-x} \cdot f(x)=\int e^{-x} \cdot h(x) \mathrm{d} x$

Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$

Dạng 4. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúrc ${f}'(x)+p(x)\cdot f(x)=h(x)$

Phương pháp:

Nhân hai vế với $e^{\int p(x) d x}$ ta được ${f}'(x)\cdot {{e}^{\int{p}(x)dx}}+p(x)\cdot {{e}^{\int{p}(x)dx}}\cdot f(x)=h(x)\cdot {{e}^{\int{p}(x)dx}}\Leftrightarrow {{\left[ f(x)\cdot {{e}^{\int{p}(x)dx}} \right]}^{\prime }}=h(x)\cdot {{e}^{\int{p}(x)dx}}$

Suy ra $f(x) \cdot e^{\int p(x) d x}=\int e^{\int p(x) d x} h(x) \mathrm{d} x$

Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$

Dang 5. Bài toán tích phân liên quan đến biếu thúc ${f}'(x)+p(x)\cdot f(x)=0$

Phương pháp:

Chia hai vế với $f(x)$ ta đựơc $\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}+p(x)=0 \Leftrightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=-p(x)$

Suy ra $\int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} \mathrm{d} x=-\int p(x) \mathrm{d} x \Leftrightarrow \ln |f(x)|=-\int p(x) \mathrm{d} x$

Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$

Dạng 6. Bài toán tích phân liên quan đến biểu thức ${f}'(x)+p(x)\cdot {{[f(x)]}^{n}}=0$

Phương pháp:

Chia hai vế với $[f(x)]^{n}$ ta được $\frac{{f}'(x)}{{{[f(x)]}^{n}}}+p(x)=0\Leftrightarrow \frac{{f}'(x)}{{{[f(x)]}^{n}}}=-p(x)$

Suy ra $\int{\frac{{f}'(x)}{{{[f(x)]}^{n}}}}\text{d}x=-\int{p}(x)\text{d}x\Leftrightarrow \frac{{{[f(x)]}^{-n+1}}}{-n+1}=-\int{p}(x)\text{d}x$

Từ dầy ta dễ dàng tính được $f(x)$

Bài tập mẫu:

Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;\,0 \right\}$ thỏa mãn điều kiện: $f\left( 1 \right)=-2\ln 2$ và $x.\left( x+1 \right).{f}’\left( x \right)+f\left( x \right)={{x}^{2}}+x$. Biết $f\left( 2 \right)=a+b.\ln 3$ ($a$, $b\in \mathbb{Q}$). Giá trị $2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$ là

A. $\frac{27}{4}$.                     B. $9$.                     C. $\frac{3}{4}$.                    D. $\frac{9}{2}$.

Lời giải

Chọn B

Chia cả hai vế của biểu thức $x.\left( x+1 \right).{f}’\left( x \right)+f\left( x \right)={{x}^{2}}+x$ cho ${{\left( x+1 \right)}^{2}}$ ta có

$\frac{x}{x+1}.{f}’\left( x \right)+\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}f\left( x \right)=\frac{x}{x+1}\Leftrightarrow {{\left[ \frac{x}{x+1}.f\left( x \right) \right]}^{\prime }}=\frac{x}{x+1}$.

Vậy $\frac{x}{x+1}.f\left( x \right)=\int{{{\left[ \frac{x}{x+1}.f\left( x \right) \right]}^{\prime }}}\text{d}x=\int{\frac{x}{x+1}}\text{d}x=\int{\left( 1-\frac{1}{x+1} \right)}\text{d}x=x-\ln \left| x+1 \right|+C$.

Do $f\left( 1 \right)=-2\ln 2$ nên ta có $\frac{1}{2}.f\left( 1 \right)=1-\ln 2+C\Leftrightarrow -\ln 2=1-\ln 2+C\Leftrightarrow C=-1$.

Khi đó $f\left( x \right)=\frac{x+1}{x}\left( x-\ln \left| x+1 \right|-1 \right)$.

Vậy ta có $f\left( 2 \right)=\frac{3}{2}\left( 2-\ln 3-1 \right)=\frac{3}{2}\left( 1-\ln 3 \right)=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\ln 3\Rightarrow a=\frac{3}{2},\,\,b=-\frac{3}{2}$.

Suy ra $2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=2\left[ {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{\left( -\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right]=9$.

Xem thêm:

Cách giải và bài tập mẫu tích phân từng phần

Cách giải và bài tập mẫu ứng dụng tích phân tính diện tích

Lý thuyết và bài tập mẫu nguyên hàm