Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 6} \right)x + \dfrac{2}{3}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)?

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2mx + m + 6\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\( \Rightarrow {x^2} - 2mx + m + 6 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - m - 6\).

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - m - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 3\), khi đó \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), trường hợp này thỏa mãn.

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\m <  - 2\end{array} \right.\), khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Ta có bảng xét dấu như sau:

Do đó để \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì \({x_1} < {x_2} \le 0\). Khi đó \(S = {x_1} + {x_2} < 0,\,\,P = {x_1}{x_2} \ge 0\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 0\\m + 6 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \ge  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 6 \le m < 0\).

Kết hợp hai trường hợp ta có \( - 6 \le m \le 3\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.