Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm là $f^{\prime }(x)=\left(x^2+9x\right)\left(x^2-9\right)$, với mọi $x\in \mathbb{R}$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $g(x)=f\left(\left|x^3+3x\right|+2m-m^2\right)$ có không quá 6 điểm cực trị?

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x^2+9x)(x^2-9)=x(x+9)(x-3)(x+3)$, các nghiệm đơn: $x=-9,-3,0,3$. Xét dấu $f^{\prime }$: $f^{\prime }>0$ trên $(-\infty ,-9)\cup (-3,0)\cup (3,+\infty )$, $f^{\prime }<0$ trên $(-9,-3)\cup (0,3)$. Vậy $f$ đạt cực đại tại $x=-9$ và $x=0$, cực tiểu tại $x=-3$ và $x=3$ (tất cả là nghiệm đơn của $f^{\prime }$). Đặt $t=|x^3+3x|+2m-m^2$, $c=2m-m^2$. Vì $u(x)=x^3+3x$ đồng biến và $u(0)=0$ nên $|x^3+3x|$ có giá trị nhỏ nhất $0$ tại $x=0$, mỗi giá trị $a>0$ đạt tại đúng 2 điểm đối nhau. Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(t)\cdot t^{\prime }(x)$ với $t^{\prime }(x)\ne 0$ với $x\ne 0$. Do đó: với mỗi giá trị $v\in \{-9,-3,0,3\}$: nếu $v>c$ thì $|x^3+3x|=v-c$ có 2 nghiệm → 2 điểm cực trị; nếu $v=c$ thì chỉ $x=0$, và gần $x=0$ ta có $t=c+3|x|+O(|x{|}^3)$ nên $g\approx f(c)+\frac{9}{2}{f}^{\prime \prime }(c)x^2$ với $f^{\prime \prime }(c)\ne 0$ (nghiệm đơn) → $x=0$ là 1 điểm cực trị; nếu $v<c$ thì không có. Vậy số điểm cực trị $N=2\cdot \#\{v>c\}+\#\{v=c\}$. Vì $m$ nguyên nên $c=2m-m^2=1-(m-1{)}^2\le 1$ nguyên. Xét: $c=1$ ($m=1$): chỉ $v=3>c$, $N=2$ ✓; $c=0$ ($m=0,2$): $v=3>c$ và $v=0=c$, $N=3$ ✓; $c=-3$ ($m=3,-1$): $v=0,3>c$, $v=-3=c$, $N=5$ ✓; $c=-8$ ($m=4,-2$): $v=-3,0,3>c$, không $v=c$, $N=6$ ✓ (không quá 6); $c=-15$ ($m=5,-3$): cả 4 giá trị $v>c$, $N=8>6$ ✗; với $|m|$ lớn hơn, $c$ càng nhỏ, $N=8$ ✗. Vậy các giá trị $m$ thỏa mãn: $m\in \{-2,-1,0,1,2,3,4\}$, tổng cộng 7 giá trị.