No me gusta hacer esto porque el OP pidió métodos reales, pero la única manera que veo para hacer esta integral es el uso de un inherentemente complejo método, es decir, el teorema de los residuos. Ni pude encontrar el problema resuelto en este sitio de esa manera.
Primer sub $x=\log{u}$ en la integral y conseguir que la integral es igual a
$$\int_0^{\infty} \frac{du}{u \left [(u+1+\log{u})^2 + \pi^2\right ]} $$
Ahora considere la siguiente integral de contorno en el plano complejo
$$\oint_C \frac{dz}{z (z+1+\log{z}-i \pi)} $$
donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno de radio exterior $R$ y un radio interior de $\epsilon$ sobre el eje real positivo. El contorno de la integral es igual a
$$\int_{\epsilon}^R \frac{dx}{x (x+1+\log{x}-i \pi )} + i R \int_0^{2 \pi} d\theta \, \frac{e^{i \theta}}{R e^{i \theta} (R e^{i \theta} + 1 + \log{\left ( R e^{i \theta}\right )-i \pi)}} \\ + \int_R^{\epsilon} \frac{dx}{x (x+1+\log{x}+i \pi )}+i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi \, \frac{e^{i \phi}}{\epsilon e^{i \phi} (\epsilon e^{i \phi} + 1 + \log{\left ( \epsilon e^{i \phi}\right )-i \pi)}} $$
En el límite de $R \to \infty$, la magnitud de la segunda integral se desvanece como $2 \pi/R$. Como $\epsilon \to 0$, la magnitud de la cuarta integral desvanece como $2 \pi/\log{\epsilon}$. Por lo tanto, en este límite, el contorno de la integral es igual a
$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x(x+1+\log{x}-i \pi)} - \int_0^{\infty} \frac{dx}{x(x+1+\log{x}+i \pi)} \\= i 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{dx}{x \left[(x+1+\log{x})^2+\pi^2\right]}$$
Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos de el integrando dentro de $C$, es decir, fuera el origen y el eje real positivo. Ahora, el único polo dentro de $C$ $z=-1$ (esto puede ser verificado mediante el examen de la polar en forma de $z$). También, el polo en $z=-1$ es un doble polo; esto puede ser visto por la observación de que $y+\log{(1-y)} \sim -y^2/2$$y \to 0$.
Por lo tanto, tenemos que calcular el residuo de a $z=-1$ como sigue:
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=-1} \frac{1}{z (z+1+\log{z}-i \pi)} &= \lim_{z\to -1}\left [\frac{d}{dz} \frac{(z+1)^2}{z (z+1+\log{z}-i \pi)} \right ]\\ &= -\lim_{y\to 0} \left [\frac{d}{dy} \frac{y^2}{(1-y) [y+\log{(1-y)}]} \right ] \\ &= -\lim_{y\to 0} \left [ \frac{y (2 y+(2-y) \log (1-y))}{(1-y)^2 (y+\log (1-y))^2}\right ] \end{align}$$
Este límite es complicado. El numerador puede ser expandida en una serie de la siguiente manera:
$$\begin{align}-y (2 y +(2-y) \log{(1-y)}) &= -y \left (2 y - 2 y + y^2 - y^2 - \frac{2}{3} y^3 + \frac12 y^3 + O(y^4)\right )\\ &= \frac16 y^4 + O(y^5)\end{align}$$
El denominador es $y^4/4+O(y^5)$; así, podemos decir que el límite en cuestión, y por lo tanto el residuo, es $2/3$. Por el teorema de los residuos
$$i 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{dx}{x \left[(x+1+\log{x})^2+\pi^2\right]} = i 2 \pi \frac{2}{3}$$
o
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(e^x+x+1)^2+\pi^2} = \frac{2}{3}$$
ANEXO
En realidad, se puede aplicar el teorema de los residuos directamente en la integral dada por el reconocimiento de la pole en $z=i \pi$. Por lo tanto, considere la posibilidad de una integral de contorno
$$\oint_C \frac{dz}{(e^z+z+1)^2+\pi^2} $$
donde $C$ es un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano. (El polo en $z=-i \pi$ con el contorno de estar en la mitad inferior avión funciona así.) Es sencillo mostrar que la integral sobre el arco se desvanece como $R \to \infty$. La integral es sencillamente $i 2 \pi$ veces el residuo en $z=i \pi$, que es una de doble polo.
