Cho hàm số $g\left(x\right)=f(1-x)$ có đạo hàm...

$g\left(x\right)=f(1-x)$.
Đặt $t=1-x$ $\Rightarrow x=1-t$.
$g\left(x\right)=f\left(t\right)$ $\Rightarrow g^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(t\right){(1-t)}^{\prime }=-f^{\prime }\left(t\right)$. (1)
Mặt khác, $g^{\prime }\left(x\right)={(3-1+t)}^{2021}{(2+1-t)}^{2022}[{(1-t)}^2+(m-2)(1-t)-3m+6]$.
$g^{\prime }\left(x\right)={(3-1+t)}^{2021}{(2+1-t)}^{2022}[{(1-t)}^2+(m-2)(1-t)-3m+6]$. $g^{\prime }\left(x\right)={(t+2)}^{2021}{(3-t)}^{2022}(t^2-mt-2m+5)$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\Rightarrow -f^{\prime }\left(t\right)=$ ${(t+2)}^{2021}{(3-t)}^{2022}(t^2-mt-2m+5)$.
Vậy, $f^{\prime }\left(x\right)=$ $-{(x+2)}^{2021}{(x-3)}^{2022}(x^2-mx-2m+5)$.
Hàm số $f\left(x\right)$ nghịch biến trên khoảng $(0;+\mathrm{\infty })$ $\iff f^{\prime }\left(x\right)\le 0$ $\mathrm{\forall }x\in (0;+\mathrm{\infty })$.
Do $-{(x+2)}^{2021}{(x-3)}^{2022}\le 0$ $\mathrm{\forall }x\in (0;+\mathrm{\infty })$ nên $f^{\prime }\left(x\right)\le 0\iff$ $x^2-mx-2m+5\ge 0$ $\mathrm{\forall }x\in (0;+\mathrm{\infty })$.
$\iff m\le {\displaystyle \frac{x^2+5}{x+2}}$ $\mathrm{\forall }x\in [0;+\mathrm{\infty })$.
Đặt $g\left(x\right)={\displaystyle \frac{x^2+5}{x+2}}$. Ta có: $m\le {\displaystyle \frac{x^2+5}{x+2}}\iff$ $m\le \underset{[0;+\mathrm{\infty })}{min}g\left(x\right)$ $\iff m\le 2$.
Do $m$ nguyên và $m\in (-5;5)$ nên có $m\in \{-4;-3;-2;-1;0;1;2\}$.
Vậy có 7 số nguyên $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.