Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm $f^{\prime }(x)=x(x-3{)}^2(x^2-2mx+4m-3)$. Gọi $S$ là tập tất cả những giá trị nguyên của $m$ trên đoạn $[-10;15]$ để hàm số $y=f(1-x)$ đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$. Tổng tất cả các phần tử của tập $S$ bằng

Ta có $y^{\prime }=[f(1-x){]}^{\prime }=-f^{\prime }(1-x)$.
Theo giả thiết:
$f^{\prime }(1-x)=(1-x)(1-x-3{)}^2[(1-x{)}^2-2m(1-x)+4m-3]$
$=-(x-1)(x+2{)}^2[x^2+2(m-1)x+2m-2].$
Do đó:
$y^{\prime }=(x-1)(x+2{)}^2[x^2+2(m-1)x+2m-2].$
Hàm số $y=f(1-x)$ đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0$ với mọi $x\in (1;+\infty )$.
Với mọi $x>1$, ta có $x-1>0$ và $(x+2{)}^2>0$. Do đó bất đẳng thức tương đương với:
$x^2+2(m-1)x+2m-2\ge 0,\forall x\in (1;+\infty )$
$⟺x^2-2x-2+2m(x+1)\ge 0,\forall x\in (1;+\infty )$
$⟺2m(x+1)\ge -x^2+2x+2⟺2m\ge \frac{-x^2+2x+2}{x+1},\forall x\in (1;+\infty ).$
Xét hàm số $g(x)=\frac{-x^2+2x+2}{x+1}=-x+3-\frac{1}{x+1}$ trên $(1;+\infty )$:
$g^{\prime }(x)=-1+\frac{1}{(x+1{)}^2}<0,\forall x>1.$
Do đó $g(x)$ nghịch biến trên $[1;+\infty )$, suy ra ${\max }_{[1;+\infty )}g(x)=g(1)=\frac{-1+2+2}{2}=\frac{3}{2}$.
Vậy $2m\ge \frac{3}{2}⟺m\ge \frac{3}{4}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-10;15]$ nên $m\in \{1;2;3;\dots ;15\}$.
Tổng các phần tử của tập $S$ là:
${\sum }_{m=1}^{15}m=\frac{15\times 16}{2}=120.$