Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm $f^{\prime }(x)=x(x-1{)}^4(x^2+mx+9)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Có bao nhiêu số nguyên dương $m$ để hàm số $g(x)=f(3-x)$ đồng biến trên khoảng $(3;+\infty )$?

Ta tính đạo hàm của hàm số $g(x)=f(3-x)$:
$g^{\prime }(x)=-f^{\prime }(3-x)=-(3-x)(3-x-1{)}^4\left[(3-x{)}^2+m(3-x)+9\right]$
$=(x-3)(2-x{)}^4\left[(x-3{)}^2-m(x-3)+9\right]$
Hàm số $g(x)$ đồng biến trên khoảng $(3;+\infty )$ khi và chỉ khi $g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (3;+\infty )$.
Với mọi $x>3$, ta có $x-3>0$ và $(2-x{)}^4>0$ (vì $x>3⟹x\ne 2$).
Do đó:
$g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x>3⟺(x-3{)}^2-m(x-3)+9\ge 0,\forall x>3$
Đặt $t=x-3>0$. Yêu cầu bài toán trở thành:
$t^2-mt+9\ge 0,\forall t>0⟺m\le \frac{t^2+9}{t}=t+\frac{9}{t},\forall t>0$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương $t$ và $\frac{9}{t}$:
$t+\frac{9}{t}\ge 2\sqrt{t\cdot \frac{9}{t}}=6$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $t=\frac{9}{t}⟺t^2=9⟺t=3>0$ (ứng với $x=6>3$).
Do đó:
$m\le {\min }_{t>0}\left(t+\frac{9}{t}\right)=6$
Vì $m$ là số nguyên dương ($m\in {\mathbb{Z}}^{+}$) nên $m\in \{1,2,3,4,5,6\}$.
Vậy có đúng 6 số nguyên dương $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.