Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm cấp hai liên tục trên \(\mathbb{R}\). Biết rằng các tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ \(x = - 1\), \(x = 0\), \(x = 1\) lần lượt tạo với chiều dương của trục \(Ox\) các góc \({30^0}\), \({45^0}\), \({60^0}\). Tính tích phân \(I = \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right).f''\left( x \right)dx} + 4\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^3}.f''\left( x \right)dx} \).

Vì các tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ \(x =  - 1\), \(x = 0\), \(x = 1\) lần lượt tạo với chiều dương của trục \(Ox\) các góc \({30^0}\), \({45^0}\), \({60^0}\) nên ta có: \(y'\left( { - 1} \right) = \tan {30^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), \(y'\left( 0 \right) = \tan {45^0} = 1\), \(y'\left( 1 \right) = \tan {60^0} = \sqrt 3 \).

Đặt \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right).f''\left( x \right)dx} \) , \({I_2} = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^3}.f''\left( x \right)dx} \).

Đặt \(t = f'\left( x \right)\) \( \Rightarrow dt = f''\left( x \right)dx\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow t = f'\left( { - 1} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\x = 0 \Rightarrow t = f'\left( 0 \right) = 1\\x =  - 1 \Rightarrow t = f'\left( 1 \right) = \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}{I_1} = \int\limits_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 {tdt}  = \left. {\frac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\\{I_2} = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{t^3}dt}  = \left. {\frac{{{t^4}}}{4}} \right|_1^{\sqrt 3 } = \frac{9}{4} - \frac{1}{4} = 2\end{array}\)

Vậy \(I = {I_1} + 4{I_2} = \frac{1}{3} + 8 = \frac{{25}}{3}\).