a) Khi m = 2, ta có: y = \(\frac{1}{3}\)x³ + x² + x + \(\frac{2}{3}\).

                                y' = x² + 2x + 1 = (x + 1)² ≥ 0 với mọi x.

Hàm số luôn đồng biến trên ℝ.

Hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \)

Đồ thị hàm số nhận điểm I\(\left( { - 1;\frac{1}{3}} \right)\) làm tâm đối xứng. Đồ thị hàm số có hình vẽ như sau:

b) Ta có: y = \(\frac{1}{3}\)x³ + (m – 1)x² + (2m – 3)x + \(\frac{2}{3}\)

               y' = x² + 2(m – 1)x + 2m – 3

               y' = x² + 2mx – 2x + 2m – 3

               y' = (x² – 2x – 3) + (2mx + 2m)

               y' = (x + 1)(x – 3) + 2m(x + 1).

               y' = (x + 1) (x – 3 + 2m)

               y' = 0 khi x = −1 hay x = 3 – 2m

Để hàm số có hai nghiệm phân biệt thì x₁ ≠ x₂ hay 3 – 2m ≠ −1 hay m ≠ 2.   

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 5\)

           (−1)² + (3 – 2m)² = 5

            (3 – 2m)² = 4

Suy ra 3 – 2m = 2 hoặc 3 – 2m = −2

⇒ m = \(\frac{5}{2}\) hoặc m \(\frac{1}{2}\).

Vậy m ∈ \(\left\{ {\frac{5}{2};\frac{1}{2}} \right\}\).

c) Ta có: y' = x² + 2(m – 1)x + 2m – 3

Để hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\)⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {2m - 3} \right) \le 0\end{array} \right.\)        

m² – 2m + 1 – 2m + 3 ≤ 0

m² – 4m + 4 ≤ 0

(m – 2)² ≤ 0

⇒ m = 2.

d) Ta có: y' = x² + 2(m – 1)x + 2m – 3

             y' = 0 ⇔ \(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3 - 2m\end{array} \right.\)

Trường hợp 1: −1 ≤ 3 – 2m ⇔ m ≤ 2. Ta có bảng biến thiên như sau:

Để hàm số đồng biến trên (1; +∞) thì 3 – 2m ≤ 1 ⇔ m ≥ 1.

Vậy kết hợp điều kiện ta được 1 ≤ m ≤ 2.

Trường hợp 2: 3 – 2m < −1 ⇔ m > 2. Có bảng biến thiên như sau:

Trường hợp này hàm số đồng biến trên (−1; +∞) nên hiển nhiên đồng biến trên (1; +∞).

Vậy trường hợp này m > 2.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞) khi và chỉ khi m ≥ 1.