已知函数f（x）=(1)/(sqrt(1+x))+(1)/(sqrt(1+a))+sqrt((ax)/(ax+8))，x∈（0，+∞）（1）当a=8时，求f（x）的单调区间；（2）对任意正数a，证明：1＜f（x）＜2．

解：（1）当a=8时，$f（x）=\frac{{1+\sqrt{x}}}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{3}$，求得$f'（x）=\frac{{1-\sqrt{x}}}{{2\sqrt{x{{（{1+x}）}^3}}}}$，
于是当x∈（0，1]时，f'（x）≥0；而当x∈[1，+∞）时，f'（x）≤0．
即f（x）在（0，1]中单调递增，而在[1，+∞）中单调递减．
（2）对任意给定的a＞0，x＞0，由$f（x）=\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+\frac{8}{ax}}}}$，
若令$b=\frac{8}{ax}$，则abx=8①，且$f（x）=\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}$②．
（一）先证f（x）＞1：
因为$\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}＞\frac{1}{1+x}$，$\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}＞\frac{1}{1+a}$，$\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}＞\frac{1}{1+b}$，
又由$2+a+b+x≥2\sqrt{2a}+2\sqrt{bx}≥4\root{4}{2abx}=8$，得a+b+x≥6．
所以$f（x）=\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}＞\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}$
=$\frac{3+2（a+b+x）+（ab+ax+bx）}{（1+x）（1+a）（1+b）}$$≥\frac{9+（a+b+x）+（ab+ax+bx）}{（1+x）（1+a）（1+b）}$
=$\frac{1+（a+b+x）+（ab+ax+bx）+abx}{（1+x）（1+a）（1+b）}=1$．
（二）再证f（x）＜2：
由①、②式中关于x，a，b的对称性，不妨设x≥a≥b，则0＜b≤2．
（ⅰ）当a+b≥7，则a≥5，所以x≥a≥5，因为$\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}＜1$，$\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}≤\frac{2}{{\sqrt{1+5}}}＜1$，
此时，$f（x）=\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}+\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}＜2$．
（ⅱ）当a+b＜7③，由①得，$x=\frac{8}{ab}$，$\frac{1}{{\sqrt{1+x}}}=\sqrt{\frac{ab}{ab+8}}$，
因为$\frac{1}{1+b}＜1-\frac{b}{1+b}+\frac{b^2}{{4{{（1+b）}^2}}}={[1-\frac{b}{2（1+b）}]^2}$，所以$\frac{1}{{\sqrt{1+b}}}＜1-\frac{b}{2（1+b）}$④，
同理得$\frac{1}{{\sqrt{1+a}}}＜1-\frac{a}{2（1+a）}$⑤．
于是$f（x）＜2-\frac{1}{2}（{\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-2\sqrt{\frac{ab}{ab+8}}}）$⑥．
今证明$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}＞2\sqrt{\frac{ab}{ab+8}}$⑦：
因为$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}≥2\sqrt{\frac{ab}{（1+a）（1+b）}}$，故只要证$\frac{ab}{（1+a）（1+b）}＞\frac{ab}{ab+8}$，
即证ab+8＞（1+a）（1+b），即证a+b＜7．
据③可得此式显然成立，因此⑦得证．
再由⑥可得f（x）＜2．
综上所述，对任何正数a，x，皆有1＜f（x）＜2．