解题思路：（I）f（x）的定义域为（a，+∞）．
f′(x)＝
a
x−a
−x+1＝
−
x
2
+(a+1)x
x−a
．由此能求出题函数f（x）的单调区间．
（II）当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，由（I）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1）．由此能够证明函数f（x）只有一个零点x0，且a+1＜x0＜a+2．
（III）因为
−1＜−
4
5
＜2(ln2−1)
，所以任意x1，x2∈[0，x0]且x2-x1=1，由（II）可知x1∈[0，a+1]，x2∈（a+1，x0]，且x2≥1．由此能推导出使得|f（x2）-f（x1）|≥m恒成立的m的最大值．
（I）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（-∞，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，+∞）．…（4分）
（II）证明：当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，
由（I）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．…（9分）
（III）因为−1＜−
4
5＜2(ln2−1)，
所以任意x1，x2∈[0，x0]且x2-x1=1，
由（II）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（a+1），
∴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]．…（14分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查满足条件的实数的最大值的求法，考查推理论证能力，考查等价转化思想，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．