a) Tập xác định: D = ℝ\{−2}.

Ta có: \(y' = \frac{{m{x^2} + 4mx + 4m - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ mx² + 4mx + 4m – 1 = 0

Xét ∆' = 4m² – m(4m – 1) = 4m² – 4m² + m = m.

Với m > 0 thì ta được y' = 0 là phương trình bâc hai có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m > 0.

b) Với m = 1, ta có: y = \(\frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}\)

Tập xác định: D = ℝ\{−2}.

Ta có: \(y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

           y' = 0 ⇔ x² + 4x + 3 = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.

Ta có:   \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \) .

             \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty \).

Do đó, đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = −2 làm tiệm cận đứng.

Ta có: y = \(\frac{{{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}\)= x – 1 + \(\frac{1}{{x + 2}}\).

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x + 2}} = 0\)

Do đó, đường thẳng y = x – 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị của hàm số như sau:

c) Lấy M\(\left( {t;\frac{{{t^2} + t - 1}}{{t + 2}}} \right)\) ∈ (H) bất kì.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại M là:

d: y = y'(t)(x – t) + y(t)

    y = \(\frac{{{t^2} + 4t + 3}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}\left( {x - t} \right) + \frac{{{t^2} + t - 1}}{{t + 2}}\).

Tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng tại điểm A\(\left( { - 2; - \frac{{3t + 4}}{{t + 2}}} \right)\).

Tiếp tuyến d cắt tiệm cận xiên tại điểm B(2t + 2; 2t + 1).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2t = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = (2t + 1) - \frac{{3t + 4}}{{t + 2}} = \frac{{2{t^2} + 2t - 2}}{{t + 2}} = 2{y_M}\end{array} \right.\).

Vậy M là trung điểm của đoạn AB.