Giả sử $F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)=\dfrac{\ln \left( x+3...

Cách 1: Ta có hàm số $f(x)$ liên tục trên các khoảng $(-3;0)$ và $(0;+\infty )$.
Tính $\int{\dfrac{\ln \left( x+3 \right)}{{{x}^{2}}}d\text{x}}$. Đặt $\left\{ \begin{aligned}
& u=\ln \left( x+3 \right) \\
& dv=\dfrac{d\text{x}}{{{x}^{2}}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& du=\dfrac{1}{x+3}d\text{x} \\
& v=-\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{x+3}{3\text{x}} \\
\end{aligned} \right. $ (Chọn $ C=-\dfrac{1}{3}$)
Suy ra: $F(x)=\int{\dfrac{\ln \left( x+3 \right)}{{{x}^{2}}}d\text{x}}=-\dfrac{x+3}{3\text{x}}\ln \left( x+3 \right)+\int{\dfrac{1}{3\text{x}}d\text{x}}=-\dfrac{x+3}{3\text{x}}\ln \left( x+3 \right)+\dfrac{1}{3}\ln \left| x \right|+C$.
Xét trên khoảng $(-3;0)$, ta có: $F(-2)=\dfrac{1}{3}\ln 2+{{C}_{1}};F(-1)=\dfrac{2}{3}\ln 2+{{C}_{1}}$
Xét trên khoảng $(0;+\infty )$, ta có: $F(1)=-\dfrac{4}{3}\ln 4+{{C}_{2}}=-\dfrac{8}{3}\ln 2+{{C}_{2}}$ ;
$F(2)=-\dfrac{5}{6}\ln 5+\dfrac{1}{3}\ln 2+{{C}_{2}}$
Suy ra: $F(-2)+F(1)=0\Leftrightarrow \left( \dfrac{1}{3}\ln 2+{{C}_{1}} \right)+\left( -\dfrac{8}{3}\ln 2+{{C}_{2}} \right)=0\Leftrightarrow {{C}_{1}}+{{C}_{2}}=\dfrac{7}{3}\ln 2$.
Do đó: $F(-1)+F(2)=\left( \dfrac{2}{3}\ln 2+{{C}_{1}} \right)+\left( -\dfrac{5}{6}\ln 5+\dfrac{1}{3}\ln 2+{{C}_{2}} \right)$
$=\dfrac{2}{3}\ln 2-\dfrac{5}{6}\ln 5+\dfrac{1}{3}\ln 2+\dfrac{7}{3}\ln 2=\dfrac{10}{3}\ln 2-\dfrac{5}{6}\ln 5$.
Cách khác:
Xét trên khoảng $(-3;0)$, ta có:
$F(-1)-F(-2)=\int\limits_{-2}^{-1}{f(x)d\text{x}}=\int\limits_{-2}^{-1}{\dfrac{\ln \left( x+3 \right)}{{{x}^{2}}}d\text{x}}\approx 0,231\to A$ (lưu vào A)(1)
Xét trên khoảng $(0;+\infty )$, ta có:
$F(2)-F(1)=\int\limits_{1}^{2}{f(x)d\text{x}}=\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{\ln \left( x+3 \right)}{{{x}^{2}}}d\text{x}}\approx 0,738\to B$ (lưu vào A)(2)
Lấy (1) cộng (2) theo vế ta được:
$F(-1)+F(2)-F(-2)-F(1)=A+B\Leftrightarrow F(-1)+F(2)=A+B\approx 0,969$.
So các phương án ta chọn đáp án A.