Cho hàm số ${f\left( x \right)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x.}$ Có tất cả...

Hàm số $f\left( x \right)$ có tập xác định $D=\mathbb{R}$
Ta lại có $f(-x)=\sqrt{{{(-x)}^{2}}+1}-x=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x$
$=\dfrac{(\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x)(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x)}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x}=\dfrac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x}=\dfrac{1}{f(x)}$
Khi đó ta có $(2x-m)f(2x-m)+\dfrac{{{x}^{3}}-5x+2020}{f\left( {{x}^{3}}-5x+2020 \right)}\ge 0$
$\Leftrightarrow (2x-m)f(2x-m)+\left( {{x}^{3}}-5x+2020 \right)f\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow (2x-m)f(2x-m)-\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)f\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow (2x-m)f(2x-m)\ge \left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)f\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)$
Xét hàm số $g(x)=xf(x)=x\sqrt{{{x}^{2}}+1}+{{x}^{2}}\cos g'(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+\dfrac{{{x}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+2x$
$=\dfrac{{{x}^{2}}+2x\sqrt{{{x}^{2}}+1}+{{x}^{2}}+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\dfrac{{{(x+\sqrt{{{x}^{2}}+1})}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$
Do có hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$
Ta lại có $\Leftrightarrow (2x-m)f(2x-m)\ge \left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)f\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)$
$\Leftrightarrow g(2x-m)\ge g\left( -{{x}^{3}}+5x-2020 \right)\Leftrightarrow 2x-m\ge -{{x}^{3}}+5x-2020\Leftrightarrow m\le {{x}^{3}}-3x+2020$.Xét hàm số
$h(x)={{x}^{3}}-3x+2020$ trên đoạn $\!\![\!\!\text{ -2 ; 4 }\!\!]\!\!$
Có ${{h}^{\prime }}(x)=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-3=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}
x=-1 \\
x=1 \\
\end{array} \right.$
Khi đó $\underset{_{[-2;4]}}{\mathop{\min }} h(x)=\min \{g(-2),g(-1),g(1),g(4)\}=2018$
Do $\Leftrightarrow m\le {{x}^{3}}-3x+2020$ nên$m\le \underset{_{[-2;4]}}{\mathop{\min }} h(x)\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
m\le 2018 \\
m\in {{\mathbb{Z}}^{+}} \\
\end{array} \right.$
Vậy có $2018$ giá trị nguyên dương của m thỏa ycbt.