（2）利用（1）的结论进行证明，判断时要求注意研究的区间是（0，+∞）这一特征；
（3）由（2）的结论知只须证明f（1）非负即可．
（Ⅰ）∵f（x）=x-（lnx）（lnx）+2alnx-1，x∈（0，+∞）
∴f′(x)＝1−[
1
x×lnx+(lnx)×
1
x]+
2a
x，=1−
2lnx
x+
2a
x，（2分）
∴g（x）=xf\'（x）=x-2lnx+2a，x∈（0，+∞）
∴g′(x)＝1−
2
x＝
x−2
x，令g\'（x）=0，得x=2，（4分）
列表如下：
∴g（x）在x=2处取得极小值g（2）=2-2ln2+2a，
即g（x）的最小值为g（2）=2-2ln2+2a．（6分）g（2）=2（1-ln2）+2a，
∵ln2＜1，∴1-ln2＞0，又a≥0，
∴g（2）＞0
证明（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）的最小值是正数，
∴对一切x∈（0，+∞），恒有g（x）=xf\'（x）＞0
从而当x＞0时，恒有f\'（x）＞0
故f（x）在（0，+∞）上是增函数
证明（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴当x＞1时，f（x）＞f（1）
又f（1）=1-ln21+2aln1-1=0
∴f（x）＞0，即x-1-ln2x+2alnx＞0
∴x＞ln2x-2alnx+1
故当x＞1时，恒有x＞ln2x-2alnx+1
点评：
本题考点： 复合函数的单调性；函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题；简单复合函数的导数；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 考查用导数法求最值，本题三个小题后一个以前一个的结论为基础做题，在遇到这一类题时，即使前一问的结论没有证出来，也可以依据前一问的结论为论据求解后一问的问题，请读者注意这个经验．