Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất đồ thị hàm đa thức bậc ba luôn cắt trục tung và đồ hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\)luôn nhận trục tung làm trục đối xứng để suy ra \(x = 0\) luôn là một cực trị của hàm \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\).

Lập luận để suy ra hàm \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị dương phân biệt thì hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị phân biệt.

Lời giải chi tiết:

Nhận thấy rằng nếu \({x_0}\) là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) thì \( - {x_0}\) cũng là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) (1)

Lại thấy vì đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng mà \(f\left( x \right)\) là hàm đa thứ bậc ba nên \(x = 0\) luôn là một điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra để hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị thì hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2\) có hai điểm cực trị dương phân biệt.

Hay phương trình \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt dương.

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta ' > 0}\\
{S > 0}\\
{P > 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\
{\frac{{2m - 1}}{3} > 0}\\
{2 - m > 0}
\end{array}} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{4{m^2} - m - 5 > 0}\\
{m > \frac{1}{2}}\\
{m < 2}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m < - 1}\\
{m > \frac{5}{4}}
\end{array}} \right.}\\
{m > \frac{1}{2}}\\
{m < 2}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2.
\end{array}\)

Chọn D.