1) Để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta xét hai trường hợp
+ $\begin{cases}\Delta' \le 0 \\ m>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}3m^2+m-4  \ge 0 \\ m>0 \end{cases}\Leftrightarrow m \ge 1$
+ PT $mx^2 −4x+3m+1=0$ có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1 < x_2 \le 0$
$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta' > 0 \\ mf(0) \ge 0\\\frac{S}{2}<0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}3m^2+m-4 <0 \\ m(3m+1) \ge 0\\\frac{2}{m}<0 \end{cases}\Leftrightarrow \frac{-4}{3} < m < \frac{-1}{3}$

Chúng tôi đã thảo luận bài này tại đây
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/109357/bai-109356

Từ PT đầu tiên ta có $x=3-ay$. Thay điều này vào PT thứ hai ta được
$a(3-ay)+4y=6\Leftrightarrow y(a^2-4)=3(a-2)$.
Đây chính là lý do cần xét các trường hợp như đã nêu trên.

$A^{n+2}_{n+k}+A^{n+1}_{n+k}= \frac{(n+k)!}{(k-2)!}+\frac{(n+k)!}{(k-1)!}=(n+k)!.\frac{k}{(k-1)!}=k^2.\frac{(n+k)!}{(k)!}=k^2A^n_{n+k}$

Đặt $t=\cos\frac{x}{5} \Rightarrow \begin{cases}\cos\frac{3x}{5}=4t^3-3t \\ \cos\frac{4x}{5}=2(2t^2-1)^2-1 \end{cases}$
PT $\iff  2(4t^3-3t)+1-3(2(2t^2-1)^2-1)=0\Leftrightarrow -12t^4+4t^3+12t^2-3t-1=0\Leftrightarrow (t-1)(12t^3+8t^2-4t-1)=0$
Với $t=1\Rightarrow x=10k\pi$.
Với $12t^3+8t^2-4t-1=0$, PT này có $3$ nghiệm nhưng chỉ có $2$ nghiệm thỏa mãn. Bạn có thể xem cách giải PT bậc $3$ tổng quát trong Toán nâng cao và Phát Triển $9$ tập hai cuả tác giả Vũ hữu Bình nhé.

Bạn dùng công thức sau nhé
Tổng của tất cả các hoán vị $=$ Tổng của $n$ số $\times$ $(n-1)!$ $\times $ $\underbrace{111111}_{6}=(1+2+\cdots+6).6!.111111=1 679 998 320$

b) Từ PT ${\log _{1 + x}}{\left( {y - 1} \right)^2} + {\log _{1 - y}}{\left( {x + 1} \right)^2} = 4$
$\Leftrightarrow {\log _{1 + x}}{\left( {1-y} \right)} + {\log _{1 - y}}{\left( 1+x \right)} = 2$
Đặt $t=\log _{1 + x}}{\left( {1-y} \right) \implies t+ \frac{1}{t}=2 \Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow x=-y$
Thay vào PT thứ hai được
${\log _{1 + x}}\left( {-2x + 1} \right) + {\log _{1 + x}}\left( {2x + 1} \right) = 2\Leftrightarrow 1-4x^2=(x+1)^2$
Vậy $(x, y) \in \left\{ {(-\frac{2}{5}; \frac{2}{5});(0;0)} \right\}$

Nhận xét $ (\frac{\pi}{6}-x )+(x+\frac{\pi}{3} )=\frac{\pi}{2}\implies \cos (\frac{\pi}{6}-x )=\sin(x+\frac{\pi}{3} )$
PT $\iff 1-2\sin^2(x+\frac{\pi}{3} )+4\sin(x+\frac{\pi}{3} )=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin(x+\frac{\pi}{3} )=1-\sqrt{\frac{3}{2}}\\  \sin(x+\frac{\pi}{3} )=1+\sqrt{\frac{3}{2}} (\text{loại}) \end{matrix}} \right.$
$\iff  \left[ {\begin{matrix} x=\arcsin\left (1-\sqrt{\frac{3}{2}} \right )-\frac{\pi}{3}+k2\pi\\   x=-\arcsin\left (1-\sqrt{\frac{3}{2}} \right )+\frac{2\pi}{3}+k2\pi \end{matrix}} \right.$

a) Từ $2{\log _{1 - x}}\left( { - xy + y - 2x + 2} \right) + {\log _{2 + y}}{\left( {x - 1} \right)^2} = 6\Leftrightarrow 2{\log _{1 - x}}\left(y+2 \right)(1-x) + 2{\log _{2 + y}}{\left( {1-x} \right)} = 6\Leftrightarrow t+\frac{1}{t}=2$, với $t={\log _{2 + y}}{\left( {1-x} \right)}$.
Do đó ${\log _{2 + y}}{\left( {1-x} \right)}=1\Leftrightarrow 1-x=2+y$. Từ đó
${\log _{1 - x}}\left( {y + 5} \right) - {\log _{2 + y}}\left( {x + 4} \right) = 1\Leftrightarrow {\log _{1 - x}}\left( {y + 5} \right) - {\log _{1 - x}}\left( {x + 4} \right) = 1\Leftrightarrow \frac{y+5}{x+4}=1-x\Leftrightarrow \frac{4-x}{x+4}=1-x\Leftrightarrow x=-2$ hoặc $x=0$.
Vậy $(x, y) \in \left\{ {(-2; 1);(0;-1)} \right\}$

a) Trước hết cần đk
$\begin{cases}x^2 - 7x + 12 \ge 0 \\ 14x - 2{x^2} - 24 \ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow $ $x=4$ hoặc $x=3$.
Với $x=4$. BPT $\Leftrightarrow 2 \left( {\frac{2}{4} - 1} \right) \le2{\log _4}\frac{2}{4}$, thỏa mãn.
Với $x=3$. BPT $\Leftrightarrow 2 \left( {\frac{2}{3} - 1} \right) \le2{\log _3}\frac{2}{3}$, không thỏa mãn.

b) Trước hết cần đk
$\begin{cases}x^2 - 5x + 6 \ge 0 \\ 10x - 2{x^2} - 12 \ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow $ $x=2$ hoặc $x=3$.
Với $x=2$. BPT $\Leftrightarrow 2 + 3{\log _4}\frac{3}{2} \ge 3\Leftrightarrow $, thỏa mãn.
Với $x=3$. BPT $\Leftrightarrow 3 + 3{\log _4}\frac{3}{3} \ge 3\Leftrightarrow $, thỏa mãn.

Để tính $I = \int\limits_0^1 {\,{x^2}{e^x}dx} $ ta sử dụng phương pháp tishc phân từng phần.
Đặt $\begin{cases}u=x^2\\ dv=e^xdx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=2xdx\\ v=e^x \end{cases}$
$\implies I=x^2e^x|_0^1-2\int\limits_0^1 {\,{x}{e^x}dx} =e-2\int\limits_0^1 {\,{x}{e^x}dx} $
Đặt $\begin{cases}u=x\\ dv=e^xdx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx\\ v=e^x \end{cases}$
$\implies I=e-2\left ( xe^x|_0^1-\int\limits_0^1 {\,{e^x}dx} \right ) =-e+2e^x|_0^1=e-2$

b) Hệ thức độc lập ta cần tìm rất đơn giản. Đó là $y=\frac{3-x}{2}$ hoặc $x=2y$, được suy ra từ các công thức nghiệm.

a)
Nếu $a=-2$ thì hệ vô nghiệm.
Nếu $a=2$ thì hệ có vô số nghiệm thỏa mãn $x \in \mathbb{R}, y=\frac{3-x}{2}$.
Vì thế để $x, y \in \mathbb{N^*}\Leftrightarrow x=1, y=1.$
Nếu $a \ne \pm 2$
$\begin{cases}x+ay=3 \\ ax+4y=6 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{6}{a+2} \\ y=\frac{3}{a+2} \end{cases}$
Thấy rằng $y\in \mathbb{N^*} \Rightarrow x \in \mathbb{N^*}$.
Do vậy chỉ cần tìm $a$ để $y\in \mathbb{N^*} \iff a+2 \in \left\{ {1;2;3;6} \right\}\iff a \in \left\{ {-1;0;1;4} \right\}$

Ta có $F'(x)=e^x\left[ {ax(x+2)+b(x+1)+c} \right]=e^x\left[ {ax^2+x(2a+b)+b+c} \right]$.
Để $F(x)$ là nguyên hàm của $f(x)$, ta cần có
$F'(x)=f(x)         \forall x$
$\iff e^x\left[ {ax^2+x(2a+b)+b+c} \right]=x^2e^x   \forall x\iff \begin{cases}a=1 \\ 2a+b=0\\b+c=0 \end{cases} \iff \begin{cases}a=1 \\b=-2\\c=2 \end{cases}$