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(1) $a = 0$ 时，$f (x) = (2 + x) \ln (1 + x) - 2 x$, 导函数 $f' (x) = \ln(1 + x) + \frac{1}{1 + x} - 1$，二阶导函数 $f'' (x) = \frac{x}{(1 +x)^2}$，由二阶导函数的符号可知，一阶导函数 $f' (x)$ 在 $(-1, 0)$ 上单调减少，在 $(0, + \infty)$ 上单调增加，又 $f' (0) =0$，所以 $x = 0$ 是一阶导函数的极小值点，且 $f' (x) \geqslant 0$ 恒成立，且仅在 $x = 0$ 时取零值，从而函数 $f (x)$ 在 $(-1, + \infty)$ 上是单调增加的，又 $f (0) = 0$，故得结论.

(2) 导函数 $f' (x) = (1 + 2 a x) \ln (1 + x) + \frac{1 + a x^2}{1 + x} -1$，显然有 $f' (0) = 0$，且 $f (0) = 0$. 要使得 $f (x)$ 在 $x = 0$处取极大值，就必须存在实数 $\delta > 0$，使得当 $x \in (-\delta, 0) \cup (0, \delta)$ 时，不等式 $f (x) < f (0) = 0$ 恒成立.

由 (1) 的结论可知 $a = 0$不符合要求，因此接下来的讨论都限定 $a \neq 0$.

显然当 $| x | < 1$ 且 $| a x^2 | < 1$ 时，也即 $| x | < \min \left( 1,\frac{1}{\sqrt{| a |}} \right)$ 时，有 $2 + x + a x^2 > 0$，因此这时不等式 $f (x) < 0$ 等价于 $\ln (1 + x) < \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$. 令 $h (x) = \ln (1 + x) - \frac{2 x}{2 + x + a x^2}$，其导函数 $h' (x) = \frac{a x^2 (a x^2 + 4 x + 6 a + 1)}{(1 + x) (2 + x + a x^2)^2}$，易见，如果 $6 a + 1 \neq 0$，则 $h'(x)$在 $x=0$附近的足够小的区间$(-\delta,\delta)$内保持着恒定的符号,从而$h (x)$ 在 $x = 0$ 的两侧必然一正一负，从而总有一侧有 $h (x) > h (0) = 0$ 成立，不符合要求，所以 $a = - \frac{1}{6}$ 为所求.