解题思路：（1）首先分别求出
f(
x
1
)+f(
x
2
)
2
与f（
x
1
+
x
2
2
）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．
（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥-x2+lnx-1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出-x2+lnx-1的最大值，此时a≥[-x2+lnx-1]max即可．
（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a2-（x+lnx）a+[1/2]（x2+ln2x）+[1/4]；然后利用配方法得P（a）=a2-（x+lnx）a+[1/2]（x2+ln2x）=（a-[x+lnx/2]）2+
(x−lnx)
2
4
≥
(x−lnx)
2
4
；再通过构造函数Q（x）=x-lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．
（1）证明：由题意得，
f( x1)+f(x2)
2=
x21+
x22
2-a（x1+x2）-aln（x1x2），
f（
x1+x2
2）=(
x1+x2
2)2-a（x1+x2）-2aln
x1+x2
2
=(
x1+x2
2)2-a（x1+x2）-aln(
x1+x2
2)2
∵
x21+
x22
2-(
x1+x2
2)2=
(x1−x2) 2
4＞0（x1≠x2），∴
x21+
x22
2＞(
x1+x2
2)2 ①
又∵0＜x1x2＜(
x1+x2
2)2∴lnx1x2＜ln(
x1+x2
2)2
∵a＞0∴-alnx1x2＞-aln(
x1+x2
2)2 ②
由①②知
f( x1)+f(x2)
2＞f（
x1+x2
2）．
（2）（i）h（x）=
f(x)+g(x)
2=[1/2]x2-ax-alnx+[1/2]ln2x+a2+[1/4]．
∴h′（x）=x-a-[a/x]+[lnx/x]
令F（x）=h′（x）=x-a-[a/x]+[lnx/x]，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴F′（x）=
x2−lnx+a+1
x2，则当x≥1时，x2-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1时，a≥-x2+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x2+lnx-1，则当x≥1时，G′（x）=
1−2x2
x＜0．
∴G（x）=-x2+lnx-1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）max=G（1）=-2．
故a≥G（x）max=-2．即a的取值范围是[-2，+∞）．
（ii）证明：：h（x）=[1/2]x2-ax-alnx+[1/2]ln2x+a2+[1/4]=a2-（x+lnx）a+[1/2]（x2+ln2x）+[1/4]．
令P（a）=a2-（x+lnx）a+[1/2]（x2+ln2x），则P（a）=（a-[x+lnx/2]）2+
(x−lnx)2
4≥
(x−lnx)2
4．
令Q（x）=x-lnx，则Q′（x）=1-[1/x]=[x−1/x]．
显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
则Q（x）min=Q（1）=1，则P（a）≥[1/4]．
故h（x）≥[1/4]+[1/4]=[1/2]．
点评：
本题考点： 函数的单调性与导数的关系；不等式的综合；比较法．
考点点评： 本题主要考查函数单调性与导数的关系及最值与导数的关系，同时考查了不等式知识、比较法等；特别是导数法的连续运用是本题的难点．