［答案］（I）对 $a, b$ 大小讨论来证明（II）$a=b, x \in(0,+\infty), a<b, x \in\left[\sqrt{\frac{b}{a}}, \frac{b}{a}\right]$， $a>b, x \in\left[\frac{b}{a}, \sqrt{\frac{b}{a}}\right]$.
［解析］分析：（I）先求导，再讨论导数的正负．②先分别気示出 $f(1), f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right), f\left(\frac{b}{a}\right)$，再判断是否成等比数列。
解：（I）$f(x)$ 的定义域为 $(-\infty,-1) \cup(-1,+\infty)$，
$$
f^{\prime}(x)=\frac{a(x+1)-(\alpha x+b)}{(x+1)^{2}}=\frac{a-b}{(x+1)^{2}} .
$$
当 $a>b$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1),(-1,-\infty)$ 上单调递增；
当 $a<b$ 时，$f^{\prime}(x)<0$，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1),(-1,+\infty)$ 上单调递减．
（II）（i）计算得 $f(1)=\frac{a+b}{2}>0, f\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{2 a b}{a+b}>0, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=\sqrt{a b}>0$．
故 $f① f\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{a+b}{2} \cdot \frac{2 a b}{a+b}=a b=\left[f\left(\sqrt{\frac{0}{a}}\right)\right]^{2}$，即
$$
f(1) f\left(\frac{b}{a}\right)=\left[f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\right]^{2}
$$
所以 $f①, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right), f\left(\frac{b}{a}\right)$ 成等比数列。
因 $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$，即 $f(1) \geq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)$．由①得 $f\left(\frac{b}{a}\right) \leq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)$．
（ii）由（i）知 $f\left(\frac{b}{a}\right)=H, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=G$．故由 $H \leq f(x) \leq G$，得
$$
f\left(\frac{b}{a}\right) \leq f(x) \leq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)
$$
当 $a=b$ 时，$f\left(\frac{b}{a}\right)=f(x)=f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=a$．
这时，$x$ 的取值范围为 $(0,-\infty)$；
当 $a>b$ 时， $0<\frac{b}{a}<1$，从而 $\frac{b}{a}<\sqrt{\frac{b}{a}}$，由 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调迷增与②式，
得 $\frac{b}{a} \leq x \leq \sqrt{\frac{b}{a}}$，即 $x$ 的取值范围为 $\left[\frac{b}{a}, \sqrt{\frac{b}{a}}\right]$；
当 $a<b$ 时，$\frac{b}{a}>1$，从而 $\frac{b}{a}>\sqrt{\frac{b}{a}}$，由 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调迷减与②式，
得 $\sqrt{\frac{b}{a}} \leq x \leq \frac{b}{a}$，即 $x$ 的取值范围为 $\left[\sqrt{\frac{b}{a}}, \frac{b}{a}\right]$．
［ 考点定位］本题考查函数的性质，考查分类讨论的思想方法．