解题思路：（1）因为x=1是函数
f(x)＝
x+b
x+1
e
−ax
的一个极值点，所以f′（1）=0，先将x=1代入f′（x），即可得a与b的关系式，再将f′（x）中的b用a代换，通过解不等式即可求得函数的单调区间．
（2）当-1＜m≤0时，由（1）知f（x）在闭区间[m，m+1]上是增函数，所以f（m）=0，且f（m+1）=
1
2
e
−a
，解方程无解；当m≥1时，由（1）知f（x）在闭区间[m，m+1]上是减函数，所以f（m+1）=0，解方程无解；当0＜m＜1时，由（1）知f（x）在区间[m，1]上是增函数，在区间[1，m+1]上是减函数，所以f（1）=
1
2
e
−a
，f（m）=0，解方程即可获解
（1）f′（x）=−
[ax2+(ab+a)x+ab+b−1]
(x+1)2e−ax
由已知有：f′（1）=0，
∴a+（ab+a）+ab+b-1=0，
∴b＝
1−2a
2a+1]（3分）
从而f′（x）=−
a(x−1)(x+
2a+3
2a+1)
(x+1)2e−ax
令f′（x）=0得：x1=1，x2=−
2a+3
2a+1．
∵a＞0∴x2＜-1
当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：
x（-∞，x2）（x2，-1）（-1，1）（1，+∞）
f′（x）-++-
f（x）减函数增函数增函数减函数从上表可知：f（x）在(−∞，−
2a+3
2a+1)，（1，+∞）上是减函数；
在(−
2a+3
2a+1，−1)，（-1，1）上是增函数
（2）∵m＞-1，由（ I）知：
①当-1＜m≤0时，m+1≤1，f（x）在闭区间[m，m+1]上是增函数．
∴f（m）=0，且f（m+1）=[1/2e−a．
化简得：b=-m，
2
m+2＝eam．
又
2
m+2＞1，eam＜1．故此时的a，m不存在
②当m≥1时，f（x）在闭区间[m，m+1]上是减函数．
又x＞1时f(x)＝
x+b
x+1e−ax=
x−1+
2
2a+1
x+1e−ax＞0．其最小值不可能为0
∴此时的a，m也不存在
③当0＜m＜1时，m+1∈（1，2）
则最大值为f（1）=
1
2e−a，得：b=0，a＝
1
2]
又f（m+1）＞0，f（x）的最小值为f（m）=0，
∴m=-b=0．
综上知：m=0.a＝
1
2
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题综合考查了导数在函数单调性、极值、最值问题中的应用，考查了分类讨论的思想，运算量和思维量都较大，解题时要细致运算，耐心讨论
