答案：
解: (1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a$,
(i) 当 $a \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x) > 0, \therefore f(x)$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上单调递增;
(ii) 当 $a > 0$ 时, 令 $f^{\prime}(x) > 0 \Rightarrow 1-a x > 0 \Rightarrow 0 < x < \frac{1}{a}$,
令 $f^{\prime}(x) < 0 \Rightarrow x > \frac{1}{a}$,
$\therefore$ 当 $a > 0$ 时, $f(x)$ 在 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减.
(2) 由 $f(x) \leqslant \frac{1}{2} a x^2-x$, 可得: $a\left(x^2+2 x\right) \geqslant 2(\ln x+x+1)$,
$\because x > 0, \therefore$ 原命题等价于 $a \geqslant \frac{2(\ln x+x+1)}{x^2+2 x}$ 对 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立.
令 $F(x)=\frac{2(\ln x+x+1)}{x^2+2 x}, \therefore F^{\prime}(x)=\frac{-2(x+1)(2 \ln x+x)}{\left(x^2+2 x\right)^2}$,
令 $G(x)=2 \ln x+x, \therefore G^{\prime}(x)=\frac{2}{x}+1 > 0, \therefore G(x)$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上单调递增.
又 $G(0.5)=-2 \ln 2+0.5=-\ln 4+\ln \sqrt{\mathrm{e}} < 0, G(1)=1 > 0$,
故存在唯一的 $x_0 \in(0.5,1)$, 使得 $G\left(x_0\right)=2 \ln x_0+x_0=0$.
当 $0 < x < x_0$ 时， $G(x) < 0, \therefore F^{\prime}(x) > 0$,
$\therefore F(x)$ 在 $x \in\left(0, x_0\right)$ 上单调递增,
当 $x > x_0$ 时, $G(x) > 0, \therefore F^{\prime}(x) < 0$,
$\therefore F(x)$ 在 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递减.
$\therefore F(x)_{\max }=F\left(x_0\right)=\frac{2\left(\ln x_0+x_0+1\right)}{x_0^2+2 x_0}=\frac{x_0+2}{x_0\left(x_0+2\right)}=\frac{1}{x_0}$,
$\therefore a \geqslant \frac{1}{x_0}$ 时, $x_0 \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 恒成立.
$\therefore a \geqslant 2$, 又 $a \in \mathbf{Z}, \therefore a$ 的最小整数值为 2 .