（1）g′(x)=

2lnx

x

+2e，g′(x)=0⇒x=e-1，

x∈（0，e^-1），g'（x）＜0，g（x）递减；x∈（e^-1，1），g'（x）＞0，g（x）递增，

∴g(x)min=g(e-1)=1，∴h（x）=

mx

1+x2

，

显然m＞0，则h（x）在（0，1]上是递增函数，h（x）_max=m，

∴m＞1，

所以存在x₁，x₂∈（0，1]使h（x₁）＞g（x₂）成立时，实数m的取值范围是（1，+∞）；

（2）f′（x）=

-2(x+a)(ax-1)

(x2+1)2

，

①当a=0时，f′（x）=

2x

(x2+1)2

．

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，在（-∞，0）上单调递减，f（x）在[0，+∞）上不存在最大值和最小值；

当a≠0，f（x）=

-2a(x+a)(x- 1 a )

(x2+1)2

，

②当a＞0时，令f'（x）=0，得x₁=-a＜0，x2=

1

a

，f（x）与f'（x）的情况如下：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	f（x2）	↘

故f（x）的单调减区间是(

1

a

，+∞)；单调增区间是(0，

1

a

)．

当a＞0时，由上得，f（x）在(0，

1

a

)单调递增，在(

1

a

，+∞)单调递减，

所以f（x）在（0，+∞）上存在最大值f(

1

a

)=a2＞0．

又因为

lim

x→∞

f(x)=

lim

x→∞

2ax+a2-1

x2+1

=0，

设x₀为f（x）的零点，易知x0=

1-a2

2a

，且x0＜

1

a

．从而x＞x₀时，f（x）＞0；x＜x₀时，f（x）＜0．

若f（x）在[0，+∞）上存在最小值，必有f（0）≤0，解得-1≤a≤1．

所以a＞0时，若f（x）在[0，+∞）上存在最大值和最小值，a的取值范围是（0，1]．

③当a＜0时，f（x）与f'（x）的情况如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	f（x1）	↗

所以f（x）的单调增区间是（-a，+∞）；单调减区间是（0，-a），f（x）在（0，-a）单调递减，在（-a，+∞）单调递增，

所以f（x）在（0，+∞）上存在最小值f（-a）=-1．

又因为

lim

x→∞

f(x)=

lim

x→∞

2ax+a2-1

x2+1

=0，

若f（x）在[0，+∞）上存在最大值，必有f（0）≥0，解得a≥1，或a≤-1．

所以a＜0时，若f（x）在[0，+∞）上存在最大值和最小值，a的取值范围是（-∞，-1]．

综上，a的取值范围是（-∞，-1]∪（0，1]．