解题思路：（1）求导数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间；
（2）由（1）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1），利用
f(a+2)＝aln2−
1
2
a
2
−a＝−
1
2
a[a−2(ln2−1)]＜0
，即可证明结论；
（3）求出|f（x2）-f（x1）|的最小值为
f(0)−f(1)＝
4
5
ln
9
4
−
1
2
，即可求实数m的最大值．（
（1）f（x）的定义域为（a，+∞）.f′(x)＝
a
x−a−x+1＝
−x2+(a+1)x
x−a．
令f'（x）=0，x=0或x=a+1．
当-1＜a＜0时，a+1＞0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：
x（a，0）0（0，a+1）a+1（a+1，+∞）
f（x）-0+0-
f'（x）↘极小值↗极大值↘所以，函数f（x）的单调递增区间是（0，a+1），单调递减区间是（a，0）和（a+1，+∞）．
当a=-1时，f′(x)＝
−x2
x+1≤0．所以，函数f（x）的单调递减区间是（-1，+∞）．
当a＜-1时，a+1＜0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：
x（a，a+1）a+1（a+1，0）0（0，+∞）
f（x）-0+0-
f'（x）↘极小值↗极大值↘所以，函数f（x）的单调递增区间是（a+1，0），单调递减区间是（a，a+1）和（0，+∞）．
（2）证明：当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，由（1）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1）．
因为f（0）=aln（-a）＞0，f(a+1)＝−
1
2(a+1)2+(a+1)＝
1
2(1−a2)＞0，且f（x）在（a+1，+∞）上是减函数，所以f（x）至多有一个零点．
又因为f(a+2)＝aln2−
1
2a2−a＝−
1
2a[a−2(ln2−1)]＜0，
所以函数f（x）只有一个零点x0，且a+1＜x0＜a+2．
（3）因为−1＜−
4
5＜2(ln2−1)，所以，对任意x1，x2∈[0，x0]且x2-x1=1，
由（2）可知：x1∈[0，a+1），x2∈（a+1，x0]，且x2≥1．
因为 函数f（x）在[0，a+1）上是增函数，在（a+1，+∞）上是减函数，
所以 f（x1）≥f（0），f（x2）≤f（1）．
所以 f（x1）-f（x2）≥f（0）-f（1）．
当a＝−
4
5时，f(0)−f(1)＝aln(
a
a−1)−
1
2=[4/5ln
9
4−
1
2]＞0．
所以f（x1）-f（x2）≥f（0）-f（1）＞0．
所以|f（x2）-f（x1）|的最小值为f(0)−f(1)＝
4
5ln
9
4−
1
2．
所以使得|f（x2）-f（x1）|≥m恒成立的m的最大值为[4/5ln
9
4−
1
2]．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查导数知识的综合运用，考查学生分析解决问题的能力，正确求导是关键．