（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