（1）$f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}-1+\dfrac{a}{x}=\dfrac{-x^2+ax-1}{x^2}$，
对于二元一次方程$-x^2+ax-1=0$，$\Delta = a^2 -4$。
①当$\Delta <0$时，即$-2 < a <2$时，$-x^2+ax-1=0$无解，
有$x \in (0,+\infty)$时，$f'(x)<0$。
则此情况下，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。
②当$\Delta \geqslant 0$时，$-x^2+ax-1=0$有解，
此时$a \geqslant 2$或$a \leqslant -2$。
当$a=2$时，$f'(x) \leqslant 0$恒成立，
解得$x=\dfrac{-a \pm \sqrt{a^2-4}}{-2}$，即$x=\dfrac{a \pm \sqrt{a^2-4}}{2}$。
则当$a>2$时，在$0 < x < \dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2}$及$x>\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}$时，$f'(x)<0$，
$\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2}<x<\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}$时，$f'(x)>0$。
即$f(x)$在$(0,\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2})$及$(\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2},+\infty)$上单调递减，
在$(\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2},\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2})$上单调递增。
当$a\leqslant -2$时，$-x^2+ax-1=0$的两实数根均小于$0$，
则当$x>0$时，$f'(x)<0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。
综上所述，当$a \leqslant 2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；
当$a>2$时，$f(x)$在$(0,\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2})$及$(\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2},+\infty)$上单调递减，
在$(\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2},\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2})$上单调递增。
（2）证明：若$f(x)$存在两个极值点$x_1$、$x_2$，则$a>2$。
则$x_1$、$x_2$是方程$-x^2+ax-1=0$的两实数根。
设$x_1>x_2$，则$x_1=\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}$，$x_2 =\dfrac{a - \sqrt{a^2-4}}{2}$。
则$\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$$
=\dfrac{1}{x_1 -x_2}(\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{x_2}-x_1+x_2+a\text{ln}x_1-a\text{ln}x_2)$
$=\dfrac{1}{\sqrt{a^2-4}}[(1+\dfrac{1}{x_1x_2})(x_2-x_1)+a\text{ln}\dfrac{x_1}{x_2}]$
$=\dfrac{1}{\sqrt{a^2-4}}(-2\sqrt{a^2-4}+a\text{ln}\dfrac{x_1}{x_2})$。
由于$x_1 x_2 =1 $，则$a\text{ln} \dfrac{x_1}{x_2}=a\text{ln}x_1^2=2a\text{ln} x_1$。
有$\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$$=-2+\dfrac{2a\text{ln}x_1}{\sqrt{a^2-4}}$。
要证$\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$，即证$\dfrac{2\text{ln}x_1}{\sqrt{a^2-4}}<1$。
即证$2\text{ln}\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}< \sqrt{a^2-4}$。
而$x_1-\dfrac{1}{x_1}=\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}-\dfrac{2}{a + \sqrt{a^2-4}}$
$=\dfrac{a + \sqrt{a^2-4}}{2}-\dfrac{2(a - \sqrt{a^2-4})}{4}= \sqrt{a^2-4}$
则$ \dfrac{2\text{ln}x_1}{\sqrt{a^2-4}}<1$可转化为$2\text{ln}x_1<\sqrt{a^2-4}=x_1-\dfrac{1}{x_1}$。
当$a=2$时，$f(x)=2\text{ln}x+\dfrac{1}{x}-x$在$(0,+\infty)$上单调递减，
而$f(1)=2 \times 0+ 1 -1 =0$，$x_1>1$，
即$f(x_1)<f(1)=0$，即$2\text{ln}x_1+\dfrac{1}{x_1}-x_1<0$，
有$2\text{ln}x_1<x_1-\dfrac{1}{x_1}$。
故$\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$。
