前言
【法1】图像法，(f(x)=1+cfrac{a}{x-a})，其对称中心为((a，1))，
用变换法做出其函数图像如下，
须满足(aleq 1)，又由于(a>0)，
故(ain (0，1])。
【法2】导数法，由于函数(f(x))在区间((1，+infty))上单调递减，
则(f'(x)leq 0)在区间((1，+infty))上恒成立，又(a>0)，
而(f'(x)=cfrac{1cdot (x-a)-xcdot 1}{(x-a)^2})
(=cfrac{-a}{(x-a)^2}leq 0) 恒成立，
则得到(a>0)即可。
这个结果是错误的，原因是确实有(f'(x)leq 0)恒成立，但是如果不限制(aleq 1)，
则若(a>1)，比如(a=2)时，会出现函数在区间((1，a))上单调递减，
在区间((a，+infty))上单调递减，就是不能在区间((1，+infty))上单调递减，
原因是函数在(x=a)处是断开的。
则必须(aleq 1)，又由于(a>0)，
故(ain (0，1])。
解后反思：像这样的分式函数，其图像肯定在分母处是断开的，不连续的，故导数法要慎用。
【法3】定义法，令(1<x_1<x_2)，
则(f(x_2)-f(x_1)=cfrac{x_2}{x_2-a}-cfrac{x_1}{x_1-a})
(=cfrac{x_2(x_1-a)-x_1(x_2-a)}{(x_2-a)(x_1-a)})
(=cfrac{a(x_1-x_2)}{(x_2-a)(x_1-a)})
由于题目已知(f(x))在区间((1，+infty))上单调递减，
则必须满足(cfrac{a(x_1-x_2)}{(x_2-a)(x_1-a)}<0)恒成立，
而(a(x_1-x_2)<0)恒成立，则必须((x_2-a)(x_1-a)>0)恒成立，
又由于定义域为((1，+infty))，则必须(x_2-a>0)且(x_1-a>0)，
故(a<x_1)且(a<x_2)恒成立，(x_1，x_2in (1，+infty))，
故(aleq 1)，又由于(a>0)，
故(ain (0，1])。
【法1】：依托(y=cfrac{1}{x})的单调性，则(1-2m>0)，解得(m<cfrac{1}{2})；
【法2】：导数法，但是导数法很容易出错。
导数法：由(f(x)=cfrac{1-2m}{x})在区间((0，+infty))上单调递减，则有
(f'(x)=-(1-2m)cfrac{1}{x^2}leq 0)在区间((0，+infty))上恒成立，
即(2m-1leq 0)，即(mleq cfrac{1}{2})，这个结果是错误的，
原因是缺少验证，当(m=cfrac{1}{2})时， 函数(f(x)=0)为常函数，
不符合题意，故舍去，即(m<cfrac{1}{2})。
分析：(g(x)=cfrac{1}{3}x^3-cfrac{a}{2}x^2+1+2x)，则(g'(x)=x^2-ax+2)，
由(g(x))在区间((-2，-1))内存在单调递减区间，得到，
(g'(x)=x^2-ax+2<0)在区间((-2，-1))上能成立，
分离参数得到，(a<x+cfrac{2}{x})在区间((-2，-1))上能成立，
而(left(x+cfrac{2}{x} ight)_{max}=-2sqrt{2})，当且仅当(x=cfrac{2}{x})，即(x=-sqrt{2})时取到等号，
故实数(a)的取值范围为((-infty，-2sqrt{2}))。
注意：存在单调递减区间，应该得到(f'(x)<0)能成立，而不是(f'(x)leq 0)能成立。
若(a=-2sqrt{2})，由(g'(x)=x^2+2sqrt{2}x+2=(x+sqrt{2})^2ge 0)恒成立，
则函数(g(x))只能有单调递增区间，不会存在单调递减区间。