（1）因f（x）在（1，+∞）上为减函数，

故f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a≤0在（1，+∞）上恒成立，

又f′（x）=

lnx-1

(lnx)2

-a=-(

1

lnx

)2+

1

lnx

-a=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a，

故当

1

lnx

=

1

2

，即x=e²时，f′(x)max=

1

4

-a，

所以

1

4

-a≤0，于是a≥

1

4

，故a的最小值为

1

4

．

（2）命题“若∃x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）≤f'（x₂）+a成立”等价于“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，

由（1），当x∈[e，e²]时，f′（x）_max=

1

4

-a，所以f′（x）_max+a=

1

4

，问题等价于：“当x∈[e，e²]时，有f（x）_min≤

1

4

”，

①当a≥

1

4

时，由（1），f（x）在[e，e²]上为减函数，

则f（x）_min=f（e²）=

e2

2

-ae2≤

1

4

，故a≥

1

2

-

1

4e2

，；

②当a＜

1

4

时，由于f′(x)=-(

1

lnx

-

1

2

)2+

1

4

-a在[e，e²]上为增函数，

故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e²）]，即[-a，

1

4

-a]．

（i）若-a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e²]上恒成立，故f（x）在[e，e²]上为增函数，

于是，f（x）_min=f（e）=e-ae≥e＞

1

4

，不合题意；

（ii）若-a＜0，即0＜a＜

1

4

，由f′（x）的单调性和值域知，∃唯一x0∈(e，e2)，使f′（x₀）=0，

且满足：当x∈（e，x₀）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈(x0，e2)时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；

所以，f(x)min=f(x0)=

x0

lnx0

-ax0≤

1

4

，x0∈(e，e2)，

所以a≥

1

lnx0

-

1

4x0

＞

1

lne2

-

1

4e

＞

1

2

-

1

4

=

1

4

，与0＜a＜

1

4

矛盾，不合题意；

综上，得a≥

1

2

-

1

4e2

．