\(I=\int\limits^e_1x^2.ln^2x.\dfrac{1}{x\left(lnx+1\right)^2}dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=x^2ln^2x\\dv=\dfrac{1}{x\left(lnx+1\right)^2}dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=2x.lnx\left(lnx+1\right)\\v=-\dfrac{1}{lnx+1}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=-\dfrac{x^2ln^2x}{lnx+1}|^e_1+\int\limits^e_12x.lnxdx=-\dfrac{e^2}{2}+I_1\)

Xét \(I_1\), đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=lnx\\dv=2xdx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\dfrac{dx}{x}\\v=x^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I_1=x^2lnx|^e_1-\int\limits^e_1xdx=...\)

Ta có: 

\(I=\int\limits^1_0\dfrac{x+1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^3+1}}dx+\int\limits^{+\infty}_1\dfrac{x+1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^3+1}}dx=I_1+I_2\)

Do hàm \(f\left(x\right)=\dfrac{x+1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^3+1}}\) liên tục và xác định trên \(\left[0;1\right]\) nên \(I_1\) là 1 tích phân xác định hay \(I_1\) hội tụ

Xét \(I_2\) , ta có \(f\left(x\right)=\dfrac{x+1}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^3+1}}>0\) với mọi \(x\ge1\)

Đặt \(g\left(x\right)=\dfrac{1}{x^2\sqrt{x}}\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\dfrac{\left(x+1\right)x^2\sqrt{x}}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^3+1}}=1\) (1)

\(\int\limits^{+\infty}_1g\left(x\right)dx=\int\limits^{+\infty}_1\dfrac{1}{x^2\sqrt{x}}dx\) hội tụ do \(\alpha=\dfrac{5}{2}>1\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow I_2\) hội tụ

\(\Rightarrow I\) hội tụ

\(\int_1^2\sqrt{1+x}dx=\int_1^2\sqrt{1+x}d(1+x)=\dfrac{2}{3}(1+x)^{3/2}|_1^2=...\)

bạn ở thái bình à

cho mình mấy cái like , mình sẽ like lại hco mọi người 

Đáp án C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức 

Cách giải:

Chọn: A

Chọn A.

Đặt t = tan x => dt = (1+ tan x) dx  =>  d t 1 +   t 2   =   d x

Đổi cận x = 0=> t = 0 và x =  π 4 = >   t   =   1

Chọn A