（1）f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值  （2）见解析

本试题主要考查了分段函数的极值的问题的运用。利用三次函数的极值的判定结合证明。以及利用单调性证明不等式的问题的综合运用。
（1）分别对于两段函数的单调性进行判定，确定极值问题。
(2)先对当x >0时，先比较e^x – 1与ln(x + 1)的大小，
然后得到就是f (x) > g (x) ，成立．再比较与g (x₁) –g (x₂) =ln(x₁ + 1) –ln(x₂ + 1)的大小．，利用作差法得到证明。
解：（1）当x>0时，f (x) = e^x – 1在(0，+∞)单调递增，且f (x)>0；
当x≤0时，．
①若m = 0，f ′(x) = x²≥0, f (x) =在(–∞，0]上单调递增，且f (x) =．
又f (0) = 0，∴f (x)在R上是增函数，无极植；
②若m<0，f ′(x) = x（x + 2m) >0，则f (x) =在(–∞，0)单调递增，同①可知f (x)在R上也是增函数，无极值；        ………………4分
③若m>0，f (x)在(–∞，–2m]上单调递增，在(–2m，0)单调递减，
又f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值． 6分
（2）当x >0时，先比较e^x – 1与ln(x + 1)的大小，
设h(x) = e^x – 1–ln(x + 1)   (x >0)
h′(x) =恒成立
∴h(x)在(0，+∞)是增函数，h(x)>h (0) = 0
∴e^x – 1–ln(x + 1) >0即e^x – 1>ln(x + 1)
也就是f (x) > g (x) ，成立．
故当x₁ – x₂>0时，f (x₁ – x₂)> g (x₁ – x₂)……………………………10分
再比较与g (x₁) –g (x₂) =ln(x₁ + 1) –ln(x₂ + 1)的大小．
=
=
∴g (x₁ – x₂) > g (x₁) –g (x₂)
∴f (x₁ – x₂)> g (x₁ – x₂) > g (x₁) –g (x₂) ．