答案：
解: (1) 由题知 $g(x)=f^{\prime}(n)(x-n)+f(n)$, 记 $h(x)=f(x)-g(x)=\ln x+\frac{1}{2} x^2-a x-g(x)$,
所以 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+x-\frac{1}{n}-n=\frac{x^2-\left(\frac{1}{n}+n\right) x+1}{x}=\frac{\left(x-\frac{1}{n}\right)(x-n)}{x}$,
当 $n=1$ 时, $h^{\prime}(x) \geq 0$, 所以 $h(x)$ 单调递增, 此时 $x=n=1$ 是 $h(x)$ 的唯
一零点.
当 $n>1$ 时, 依单调性知 $h\left(\frac{1}{n}\right)>0, \lim _{x \rightarrow 0^{+}} h(x) \rightarrow-\infty$, 所以存在 $n_1 \in\left(0, \frac{1}{n}\right)$, 使得 $h\left(n_1\right)=0$, 此时 $h(x)$ 有两个零点 $x=n_1$ 和 $x=n$, 不满足题意, 舍去;
当 $n < 1$ 时, 依单调性知 $h\left(\frac{1}{n}\right) < 0, \lim _{x \rightarrow+\infty} h(x) \rightarrow+\infty$, 所以存在 $n_2 \in\left(\frac{1}{n},+\infty\right)$, 使得 $h\left(n_2\right)=0$, 此时 $h(x)$ 有两个零点 $x=n_2$ 和 $x=n$, 不满足题意，舍去;
综上可得 $n=1$.
(2) 因为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+x-a=\frac{x^2-a x+1}{x}$,
当 $0 < a \leq 2$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, $f(x)$ 单调递增, 无极值;
当 $a>2$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 有 $x^2-a x+1=0$,
其 $\Delta>0$, 又 $f^{\prime}(1)=2-a < 0$,
所以存在 $x_1, x_2$, 使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=0$, 且 $0 < x_1 < 1 < x_2, x_1+x_2=a$, $x_1 x_2=1$
.7 分
所以 $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)-m a^2+1$
$$
\begin{aligned}
& =\ln x_1+\frac{x_1^2}{2}-a x_1-\ln x_2-\frac{x_2^2}{2}+a x_2-m a^2+1 \\
& =2 \ln x_1-\frac{x_1^2}{2}+\frac{1}{2 x_1^2}-m\left(x_1^2+\frac{1}{x_1^2}+2\right)+1,
\end{aligned}
$$
设 $t=x_1^2 \in(0,1), \varphi(t)=\ln t-\frac{t}{2}+\frac{1}{2 t}-m\left(t+\frac{1}{t}+2\right)+1$, 则有 $\varphi(t)>0$
恒成立.
由 $\varphi^{\prime}(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2 t^2}-m\left(1-\frac{1}{t^2}\right)=\frac{1-t^2}{2 t^2}\left(1-\frac{2}{t+1}+2 m\right)$, 9 分 因为当 $0 < t < 1, y=1-\frac{2}{t+1}$ 的值域为 $(-1,0)$, 所以有 当 $2 m>1$ 时, $\varphi^{\prime}(t) \geq 0$, 于是 $\varphi(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 结合 $\varphi(1)=-4 m+1 < 0$, 知此时 $\varphi(t) < 0$ 恒成立, 不满足题意, 舍 去.
当 $0 < 2 m < 1$ 时, $\exists t_0 \in(0,1)$, 使得 $\varphi^{\prime}\left(t_0\right)=0$, 所以 $\varphi(t)$ 在 $\left(0, \mathrm{t}_0\right)$ 上单 调递减, 在 $\left(\mathrm{t}_0, 1\right)$ 上单调递增, 所以
$$
\varphi(t)_{\min }=\varphi\left(t_0\right)=\ln t_0-\frac{t_0}{2}+\frac{1}{2 t_0}+\frac{t_0-1}{2\left(t_0+1\right)} \cdot \frac{\left(t_0+1\right)^2}{t_0}+1=\ln t_0+1>0,
$$
所以 $\frac{1}{\mathrm{e}} < t_0 < 1$, 于是 $m=\frac{1}{1+t_0}-\frac{1}{2}$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}+1}-\frac{1}{2}\right)$.
综上, $m$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{\mathrm{e}-1}{2 \mathrm{e}+2}\right)$.