a.

\(\Leftrightarrow x^2+2\left(m-1\right)x+m^2+3m+5\ne0\) ; \(\forall x\)

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m^2+3m+5\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow-5m-4< 0\)

\(\Leftrightarrow m>-\dfrac{4}{5}\)

b. 

\(\Leftrightarrow x^2+2\left(m-1\right)x+m^2+m-6\ge0\) ;\(\forall x\)

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(m^2+m-6\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow-3m+7\le0\)

\(\Rightarrow m\ge\dfrac{7}{3}\)

c.

\(x^2-2\left(m+3\right)x+m+9>0\) ;\(\forall x\)

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m+3\right)^2-\left(m+9\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow m^2+5m< 0\Rightarrow-5< m< 0\)

Hàm số xác định trên R khi và chỉ khi:

a.

\(\left(2m-4\right)x+m^2-9=0\) vô nghiệm

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m-4=0\\m^2-9\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=2\)

b.

\(x^2-2\left(m-3\right)x+9=0\) vô nghiệm

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-3\right)^2-9< 0\)

\(\Leftrightarrow m^2-6m< 0\Rightarrow0< m< 6\)

c.

\(x^2+6x+2m-3>0\) với mọi x

\(\Leftrightarrow\Delta'=9-\left(2m-3\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow m>6\)

e.

\(-x^2+6x+2m-3>0\) với mọi x

Mà \(a=-1< 0\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn

f.

\(x^2+2\left(m-1\right)x+2m-2>0\) với mọi x

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(2m-2\right)=m^2-4m+3< 0\)

\(\Leftrightarrow1< m< 3\)

Bài 1: 

a) Để hàm số y=(k-2)x+k+3 là hàm số bậc nhất thì \(k\ne2\)

b) Để hàm số y=(k-2)x+k+3 đồng biến trên R thì k-2>0

hay k>2

Bài 2: 

Thay \(x=-\dfrac{1}{2}\) và \(y=\dfrac{2}{3}\) vào (D), ta được:

\(\left(2m-3\right)\cdot\dfrac{-1}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(2m-3\right)\cdot\dfrac{-1}{2}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{6}\)

\(\Leftrightarrow2m-3=\dfrac{7}{6}:\dfrac{-1}{2}=\dfrac{-7}{6}\cdot\dfrac{2}{1}=-\dfrac{14}{6}=-\dfrac{7}{3}\)

\(\Leftrightarrow2m=\dfrac{-7}{3}+3=\dfrac{-7}{3}+\dfrac{9}{3}=\dfrac{2}{3}\)

hay \(m=\dfrac{1}{3}\)

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ne m\\x< m-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x< m-1\)

Hay \(D=\left(-\infty;m-1\right)\)

Hàm xác định trên miền đã cho khi

\((-\infty;-1]\subset D\)  \(\Rightarrow m-1>-1\Rightarrow m>0\)

Ủa sao xài hoành độ đỉnh ở đây được nhỉ, phải xài nghiệm (đúng hơn là lợi dụng quy tắc dấu tam thức bậc 2 "trong khác - ngoài cùng")

Đây, ví dụ 1 trường hợp cho em (bài này ở trên đã đưa dấu a>0 theo thói quen). 2 đường màu đỏ là khoảng \(\left(-1;\dfrac{1}{2}\right)\), rõ ràng đỉnh parabol nằm trong khoảng đó nhưng trên khoảng \(\left(-1;\dfrac{1}{2}\right)\) hàm vẫn có 1 đoạn nhận giá trị dương (tương ứng với đoạn BC)

Cách làm đúng ở đây là cần sử dụng quy tắc tam thức bậc 2  (hoặc 1 số pp khác nhưng ko thể là hoành độ đỉnh). Lợi dụng quy tắc tam thức bậc 2: nếu pt bậc 2 có 2 nghiệm \(x_1;x_2\) thì \(a.f\left(x\right)< 0\) với \(x\in\left(x_1;x_2\right)\) và \(a.f\left(x\right)>0\) với \(x\notin\left(x_1;x_2\right)\).

Do đó để  \(f\left(x\right)< 0\) ; \(\forall x\in\left(p;q\right)\) nào đó (khi a dương), đồng nghĩa khi đó p và q phải nằm giữa 2 nghiệm, hay \(f\left(p\right)\) và \(f\left(q\right)\) đều âm.

Hàm xác định trên khoảng đã cho khi và chỉ khi:

\(4\left(sin^6x+cos^6x\right)-6m.sin2x+2-m^2\ge0;\forall x\in\left(...\right)\)

\(\Leftrightarrow4\left[\left(sin^2x+cos^2x\right)^3-3sin^2x.cos^2x\left(sin^2x+cos^2x\right)\right]-6m.sin2x+2-m^2\ge0;\forall x\in...\)

\(\Leftrightarrow-3sin^22x-6m.sin2x-m^2+6\ge0\)

Đặt \(sin2x=t\Rightarrow t\in[-1;\dfrac{1}{2})\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)=3t^2+6mt+m^2-6\le0\)

Theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 thì điều này xảy ra khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(-1\right)\le0\\f\left(\dfrac{1}{2}\right)< 0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-6m-3\le0\\m^2+3m-\dfrac{21}{4}< 0\end{matrix}\right.\)

Ủa biến đổi có sai ở đâu ko mà BPT cuối nhìn nghiệm xấu vậy

Dạng này lâu quá quên cách làm rồi, thử vài cách xem cái nào tối ưu:

Sử dụng tam thức bậc 2:

Hàm xác định trên R khi:

\(2sin^2x-m.sinx+1>0;\forall x\in R\)

Đặt \(sinx=t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)=2t^2-m.t+1>0;\forall t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Delta=m^2-8\)

TH1: \(\Delta< 0\Rightarrow-2\sqrt{2}< m< 2\sqrt{2}\)

Khi đó \(f\left(t\right)>0;\forall t\in R\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=0\\-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{m}{4}\notin\left[-1;1\right]\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\) ko có m thỏa mãn

TH3:  \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\t_1< t_2< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-8>0\\f\left(-1\right)=m+3>0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=\dfrac{m}{4}< -1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)

TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\1< t_1< t_2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-8>0\\f\left(1\right)=3-m>0\\\dfrac{t_1+t_2}{2}=\dfrac{m}{4}>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\in\varnothing\)

Vậy \(-2\sqrt{2}< m< 2\sqrt{2}\)

- Sử dụng hẳng đẳng thức:

\(2sin^2x-m.sinx+1>0\)

\(\Leftrightarrow16sin^2x-8m.sinx+8>0\)

\(\Leftrightarrow\left(4sinx-m\right)^2-m^2+8>0\)

\(\Leftrightarrow\left(4sinx-m\right)^2>m^2-8\) (1)

TH1: \(m^2-8< 0\Rightarrow\) BPT luôn đúng

TH2: \(m^2-8\ge0\), khi đó (1) tương đương:

\(\left[{}\begin{matrix}4sinx-m>\sqrt{m^2-8}\\4sinx-m< -\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4sinx>m+\sqrt{m^2-8}\\4sinx< m-\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\)

Do \(sinx\in\left[-1;1\right]\) nên điều này đúng vói mọi x khi và chỉ khi:

\(\left[{}\begin{matrix}-4>m+\sqrt{m^2-8}\\4< m-\sqrt{m^2-8}\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-1>\dfrac{m+\sqrt{m^2-8}}{4}\\1< \dfrac{m-\sqrt{m^2-8}}{4}\end{matrix}\right.\)(2)

Giải 2 cái này ra là được.

À, đến đây phát hiện ra 1 điều, thực chất \(\dfrac{m\pm\sqrt{m^2-8}}{4}\) chính là 2 nghiệm \(t_1;t_2\) của pt

\(2t^2-mt+1=0\), và 2 BPT (2) kia cũng chính là \(\left[{}\begin{matrix}t_1< t_2< -1\\1< t_1< t_2\end{matrix}\right.\) của cách 1

Vậy về cơ bản 2 cách này giống nhau về phần lõi, chỉ khác về cách trình bày

Sử dụng quy tắc cô lập m:

\(2sin^2x-m.sinx+1>0\Rightarrow2t^2-mt+1>0\) với \(t\in\left[-1;1\right]\)

- TH1: xét \(t\in\left(-1;0\right)\)

\(2t^2+1>mt\Rightarrow\dfrac{2t^2+1}{t}< m\) (do \(t< 0\) nên chia vế đảo dấu)

\(\Rightarrow m>\max\limits_{\left(-1;0\right)}\dfrac{2t^2+1}{t}\)

Có \(\dfrac{2t^2+1}{t}=2t+\dfrac{1}{t}=-\left(-2t+\left(-\dfrac{1}{t}\right)\right)\le-2\sqrt{\left(-2t\right).\left(-\dfrac{1}{t}\right)}=-2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow m>-2\sqrt{2}\)

TH2: xét \(t\in\left(0;1\right)\) (với t=0 hàm hiển nhiên xác định với mọi m)

\(2t^2+1>mt\Rightarrow\dfrac{2t^2+1}{t}>m\)

\(\Rightarrow m< \min\limits_{\left(0;1\right)}\dfrac{2t^2+1}{t}\)

Do \(\dfrac{2t^2+1}{t}=2t+\dfrac{1}{t}\ge2\sqrt{\dfrac{2t}{t}}=2\sqrt{2}\) (dấu = xảy ra với \(t\in\left(0;1\right)\) thỏa mãn)

\(\Rightarrow m< 2\sqrt{2}\)

Kết hợp: \(-2\sqrt{2}< m< 2\sqrt{2}\)

Lời giải:
Để hàm xác định trên $R$ thì $2x^2-3x+m\neq 0, \forall x\in\mathbb{R}$

$\Leftrightarrow m\neq -(2x^2-3x), \forall x\in\mathbb{R}$
Ta thấy:

$-(2x^2-3x)\in (-\infty; \frac{9}{8}]$ nên $m\in (\frac{9}{8}; +\infty)$