Phương pháp giải:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\;\;\forall x \in \left( {2; + \infty } \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(y' = 6{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 6m\left( {m + 1} \right)\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} + m = 0.\;\;\;\left( * \right)\)

Ta có:  \(\Delta  = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + m} \right) = 4{m^2} + 4m + 1 - 4{m^2} - 4m = 1 > 0\)

\( \Rightarrow \left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\;{x_2}\;\;\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\)  với mọi \(m.\) 

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} + m\end{array} \right..\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\;\;\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {2; + \infty } \right) \subset \left( {{x_2}; + \infty } \right) \Leftrightarrow {x_1} < {x_2} \le 2\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} < 4\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)\end{array} \right. \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} < 4\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 \ge 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 < 4\\{m^2} + m - 2\left( {2m + 1} \right) + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\{m^2} - 3m + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 1\end{array}\]

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 1000;\;1000} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left( { - 1000;\;1} \right]\end{array} \right.\)

Vậy có tất cả 1001 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn B.