∴f′（x）≥f′（0）=0，

∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．

∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．

（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得

f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，

令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），

h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．

当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．

当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，

显然h″（x）单调递减，

①令h″（0）=0，解得a=﹣．

∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，

∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，

∴h′（x）≤h′（0）=0，

∴h（x）单调递减，又h（0）=0，

∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，

当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，

∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，

∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；

②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，

∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，

∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，

∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；

③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，

∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，

∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，

∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，

∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，

∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．

综上，a=﹣．

【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与极值的计算，零点的存在性定理，属于难题．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为，（θ为参数），过点（0，﹣）且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点．

（1）求α的取值范围；

（2）求AB中点P的轨迹的参数方程．

【考点】QK：圆的参数方程．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5S：坐标系和参数方程．