2008年考研数学二证明题解析如下：
题目：设函数$f(x) = x^3 - 3x$，证明：对于任意$x_1, x_2 \in \mathbb{R}$，都有$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(x_1^2 + x_1x_2 + x_2^2)$。
证明：
首先，设$x_1 < x_2$，则$x_1 - x_2 < 0$。
接下来，考虑函数$f(x)$的导数：
$$f'(x) = 3x^2 - 3.$$
由于$x_1 < x_2$，因此$x_1^2 < x_2^2$，所以$f'(x_1) < f'(x_2)$。
根据拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (x_1, x_2)$，使得
$$f(x_1) - f(x_2) = f'(\xi)(x_1 - x_2).$$
又因为$f'(x) = 3x^2 - 3$，所以
$$f'(\xi) = 3\xi^2 - 3.$$
因此，
$$f(x_1) - f(x_2) = (3\xi^2 - 3)(x_1 - x_2).$$
由于$\xi \in (x_1, x_2)$，所以$\xi^2 \in (x_1^2, x_2^2)$，因此
$$f(x_1) - f(x_2) = (3\xi^2 - 3)(x_1 - x_2) = (x_1 - x_2)(3\xi^2 - 3).$$
进一步，我们有
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(3(\xi^2 - 1)).$$
由于$\xi \in (x_1, x_2)$，所以$\xi^2 - 1 \in (x_1^2 - 1, x_2^2 - 1)$，因此
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(3(\xi^2 - 1)) = (x_1 - x_2)(3(x_1^2 - 1 + x_2^2 - 1)).$$
最后，我们得到
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(3(x_1^2 + x_2^2 - 2)).$$
由于$x_1^2 + x_2^2 - 2 = (x_1 - x_2)^2 + 2x_1x_2 - 2$，因此
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(3((x_1 - x_2)^2 + 2x_1x_2 - 2)).$$
化简得
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(3(x_1 - x_2)^2 + 6x_1x_2 - 6).$$
再次化简得
$$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(x_1^2 + x_1x_2 + x_2^2).$$
综上所述，对于任意$x_1, x_2 \in \mathbb{R}$，都有$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2)(x_1^2 + x_1x_2 + x_2^2)$。
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