Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)?

   Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)?

A. \(5\).

 B. \(6\).

 C. \(4\).

 D. \(3\).

Lời giải:

Ta có \(g’\left( x \right) = \left( {3{x^2} – 6x + m} \right)f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right)\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right) =  + \infty \) nên \(f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right) > 0\).

Dựa vào đồ thị ta có \(f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 0\end{array} \right.\). Do đó \(g’\left( x \right) \ge 0\) tương đương

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3{x^2} – 6x + m \ge 0\\f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right) \ge 0\end{array} \right.\left( {\forall x > 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^2} – 6x + m \ge 0\\{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m \ge 2\end{array} \right.\left( {\forall x > 0} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  – 3{x^2} + 6x\\m\left( {x – 1} \right) \ge  – {x^3} + 3{x^2} – 6\end{array} \right.\left( {\forall x > 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  – 3{x^2} + 6x &  & \,\,\left( {\forall x > 0} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}m \ge \frac{{ – {x^3} + 3{x^2} – 6}}{{x – 1}}\left( {x > 1} \right)\\m \le \frac{{ – {x^3} + 3{x^2} – 6}}{{x – 1}}\left( {x < 1} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\\left\{ \begin{array}{l}m \ge  – 1{\rm{,}}76\\m \le 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 \le m \le 6.\end{array}\)

Vậy có \(4\) số nguyên \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.