Cho đồ thị $(C):y=\dfrac{x-1}{2\text{x}}$ và ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$...

Do $(C):y=\dfrac{x-1}{2\text{x}},{y}'(x)=\dfrac{1}{2{{\text{x}}^{2}}}\forall \text{x}\ne 0$.
${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ là hai tiếp tuyến của $(C)$ song song với nhau lần lượt có các hoành độ tiếp điểm là ${{x}_{1}},{{x}_{2}}({{x}_{1}}\ne {{x}_{2}})$, nên ta có ${y}'({{x}_{1}})={y}'({{x}_{2}})\Leftrightarrow \dfrac{1}{2\text{x}_{1}^{2}}=\dfrac{1}{2\text{x}_{2}^{2}}\Rightarrow \left[ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}={{x}_{2}} \\
& {{x}_{1}}=-{{x}_{2}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {{x}_{1}}=-{{x}_{2}}$.
Gọi $M\left( {{x}_{1}};\dfrac{{{x}_{1}}-1}{2{{\text{x}}_{1}}} \right);N\left( -{{x}_{1}};\dfrac{{{x}_{1}}+1}{2{{\text{x}}_{1}}} \right)$. Phương trình tiếp tuyến ${{d}_{1}}$ tại $M\left( {{x}_{1}};\dfrac{{{x}_{1}}-1}{2{{\text{x}}_{1}}} \right)$ :
$y=\dfrac{1}{2{{\text{x}}_{1}}}\left( x-{{x}_{1}} \right)+\dfrac{{{x}_{1}}-1}{2{{\text{x}}_{1}}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2{{\text{x}}_{1}}}\left( x-{{x}_{1}} \right)-y+\dfrac{{{x}_{1}}-1}{2{{\text{x}}_{1}}}=0$.
Khi đó ${{d}_{({{d}_{1}},{{d}_{2}})}}={{d}_{(N;{{d}_{1}})}}=\dfrac{\left| \dfrac{2}{{{x}_{1}}} \right|}{\sqrt{\dfrac{1}{4\text{x}_{1}^{4}}+1}}=\dfrac{4}{\sqrt{4x_{1}^{2}+\dfrac{1}{x_{1}^{2}}}}$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $4x_{1}^{2}+\dfrac{1}{x_{1}^{2}}\ge 2\sqrt{4\text{x}_{1}^{2}.\dfrac{1}{x_{1}^{2}}}=4\Rightarrow {{d}_{({{d}_{1}};{{d}_{2}})}}=\dfrac{4}{\sqrt{4\text{x}_{1}^{2}+\dfrac{1}{x_{1}^{2}}}}\le \dfrac{4}{2}=2$.
Cách khác: Đồ thị nhận điểm $I\left( 0;\dfrac{1}{2} \right)$ là giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
Lấy điểm $A\left( a;\dfrac{a-1}{2\text{a}} \right),a>0$ thuộc nhánh phải. Khi đó: $\max d\left( {{d}_{1}};{{d}_{2}} \right)=\min 2IA$.
Ta có: $IA=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a-1}{2a}-\dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\dfrac{1}{4{{\text{a}}^{2}}}}\ge \sqrt{2\sqrt{{{a}^{2}}\dfrac{1}{4{{\text{a}}^{2}}}}}=\sqrt{2.\dfrac{1}{2}}=1$.
Vậy $\max d\left( {{d}_{1}};{{d}_{2}} \right)=2$. Đáp án C.