（1） 證明：由題意得，=-a（x₁+x₂）-aln（x₁x₂），
f（）=-a（x₁+x₂）-2aln
=-a（x₁+x₂）-aln
∵-=＞0（x₁≠x₂），∴＞ ①
又∵0＜x₁x₂＜∴l(xiāng)nx₁x₂＜ln
∵a＞0∴-alnx₁x₂＞-aln ②
由①②知＞f（）．
（2）（i）解：h（x）==x²-ax-alnx+ln²x+a²+．
∴h′（x）=x-a-+
令F（x）=h′（x）=x-a-+，則y=F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴F′（x）=，則當x≥1時，x²-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1時，a≥-x²+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x²+lnx-1，則當x≥1時，G′（x）=＜0．
∴G（x）=-x²+lnx-1在[1，+∞）上單調(diào)遞減，從而G（x）_max=G（1）=-2．
故a≥G（x）_max=-2．即a的取值范圍是[-2，+∞）．
（ii）證明：：h（x）=x²-ax-alnx+ln²x+a²+=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）+．
令P（a）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x），則P（a）=（a-）²+≥．
令Q（x）=x-lnx，則Q′（x）=1-=．
顯然Q（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則Q（x）_min=Q（1）=1，則P（a）≥．
故h（x）≥+=．
分析：（1）首先分別求出與f（）；然后通過作差法或基本不等式等知識比較兩代數(shù)式中部分的大��；最后得出兩代數(shù)式整體的大小．
（2）（i）首先求出h（x）及其導函數(shù)h′（x）；然后根據(jù)y=h′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，得y=h′（x）的導函數(shù)大于等于0恒成立，則利用分離參數(shù)的方法可得關于a的不等式a≥-x²+lnx-1（x≥1）恒成立；再運用導數(shù)法求出-x²+lnx-1的最大值，此時a≥[-x²+lnx-1]_max即可．
（ii）首先把h（x）表示成a為主元的函數(shù)h（x）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）+；然后利用配方法得P（a）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）=（a-）²+≥；再通過構造函數(shù)Q（x）=x-lnx，并由導數(shù)法求其最小值進而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即問題得證．
點評：本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)的關系及最值與導數(shù)的關系，同時考查了不等式知識、比較法等；特別是導數(shù)法的連續(xù)運用是本題的難點．