（I）f′（x）=2ax-4b+

2a

x

=

2ax2-4bx+2a

x

，其中x＞0，

由于函数y=f（x）存在极大值和极小值，

故方程f′（x）=0有两个不等的正实数根，即2ax²-4bx+2a=0有两个不等的正实数根，记为x₁，x₂，显然a≠0，

所以

△=16(b2-a2)＞0 x1+x2= 2b a ＞0 x1x2=1＞0

，解得

b

a

＞1；

（II）由b∈（

e+1

2 e

a，

e2+1

2e

a）得a＞0，且

b

a

∈（

e+1

2 e

，

e2+1

2e

），

由（I）知f（x）存在极大值和极小值，

设f′（x）=0的两根为x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），则f（x）在（0，x₁）上递增，在（x₁，x₂）上递减，在（x₂，+∞）上递增，

所以m=f（x₁），n=f（x₂），

因为x₁x₂=1，所以0＜x₁＜1＜x₂，而且x1+x2=x1+

1

x1

=

2b

a

∈（

e+1

e

，

e2+1

e

），

由于函数y=x+

1

x

在（0，1）上递减，所以

1

e

＜x1＜

1

e

，

又由于2axi2-4bxi+2a=0(i=1，2)，

所以2axi2+2a=4bxi(i=1，2)，

所以m-n=f（x₁）-f（x₂）

=ax12-4bx1+2alnx1-ax22+4bx₂-2alnx₂

=a(x12-x22)-(2ax12+2a-2ax22-2a)+2a（lnx₁-lnx₂）

=-a（x12-

1

x12

）+2alnx12，

令t=x12，则m-n=-a（t-

1

t

）+2alnt，令h（t）=-（t-

1

t

）+2lnt（

1

e2

＜t＜

1

e

），

所以h′（t）=-1-

1

t2

+

2

t

=-

(t-1)2

t2

≤0，所以h（t）在（

1

e2

，

1

e

）上单调递减，所以e-e^-1-2＜h（t）＜e²-e^-2-4，

由m-n=ah（t）=1，知a=

1

h(t)

，所以

1

e2-e-2-4

＜a＜

1

e-e-1-2

．