分析：（1）对f（x）求导数，得f'（x）=
，再分a的正负讨论a、a+a
2和a
2的大小关系，即可得到f（x）单调性的两种情况，得到函数f（x）的单调区间；
（2）原不等式进行化简，等价变形得f（x
2）-（
a2-a）x
2＜f（x
1）-（
a2-a）x
1．因此转化为证明函数h（x）=f（x）-（
a2-a）x在区间（a
2+a，a
2-a）内单调递减，而h'（x）=
，通过研究分子对应二次函数在区间[a
2+a，a
2-a]上的取值，可得h'（x）＜0在x∈[a
2+a，a
2-a]上恒成立，因此h（x）=f（x）-（
a2-a）x在区间（a
2+a，a
2-a）内是减函数，从而得到原不等式成立．
解答：解：（1）由题意，可得f'（x）=x+
=
=
．…（2分）
令f'（x）＞0，因为x-a-a
2＞0故（x-a）（x-a
2）＞0．
当a＞0时，因为a+a
2＞a且a+a
2＞a
2，所以上不等式的解为（a+a
2，+∞），
因此，此时函数f（x）在（a+a
2，+∞）上单调递增．…（4分）
当a＜0时，因为a＜a+a
2＜a
2，所以上不等式的解为（a
2，+∞），
从而此时函数f（x）在（a
2，+∞）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a
2＜a
2）上单调递减．…（6分）
（2）要证原不等式成立，只须证明f（x
2）-f（x
1）＜（x
2-x
1）（
a2-a），
只须证明f（x
2）-（
a2-a）x
2＜f（x
1）-（
a2-a）x
1．
因为
a2+a＜x1＜x2＜a2-a，
所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）-（
a2-a）x在区间（a
2+a，a
2-a）内单调递减．…（8分）
由（1）知h'（x）=x-（
a2-a）+
=
，
因为x-a-a
2＞0，所以考察函数g（x）=x
2-
a2x+
+
-a
2，x∈[a
2+a，a
2-a]．
∵
=a
2＞
，且g（x）图象的对称轴x=
∈[a
2+a，a
2-a]，
∴g（x）≤g（a
2-a）=0．…（10分）
从而可得h'（x）＜0在x∈[a
2+a，a
2-a]上恒成立，
所以函数h（x）=f（x）-（
a2-a）x在（a
2+a，a
2-a）内单调递减．
从而可得原命题成立 …（12分）
点评：本题给出含有自然对数的基本初等函数，求函数的单调区间并依此证明不等式在给定条件下成立．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性和不等式的性质等知识，属于中档题．
（2013•沈阳二模）执行如图所示的程序框图，若输入a=2，则输出的结果为（ ）