（1）h（x）=lnx-

a

2

x2-2x（x＞0），

h′（x）=

1

x

-ax-2．

若使h（x）存在单调递减区间，则h′（x）=

1

x

-ax-2＜0在（0，+∞）上有解．

而当x＞0时，

1

x

-ax-2＜0⇔ax＞

1

x

-2⇔a＞

1

x2

-

2

x

问题转化为

a＞

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上有解，故a大于函数

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上的最小值．

又

1

x2

-

2

x

=(

1

x

-1)2-1，

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上的最小值为-1，所以a＞-1．

（2）令F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx+1（a＞0）

函数f（x）=ax与g（x）=lnx-1的交点个数即为函数F（x）的零点的个数．

F′（x）=a-

1

x

（x＞0）

令F（x）=a-

1

x

=0解得x=

1

a

．

随着x的变化，F（x），F（x）的变化情况如表：

（7分）

①当F（

1

a

）=2+lna＞0，即a=e^-2时，F（x）恒大于0，函数F（x）无零点．（8分）

②当F（

1

a

）=2+lna=0，即a=e^-2时，由上表，函数F（x）有且仅有一个零点．

③F（

1

a

）=2+lna＜0，即0＜a＜e^-2时，显然1＜

1

a

F（1）=a+1＞0，所以F（1）F（

1

a

）＜0•，

又F（x）在（0，

1

a

）内单调递减，

所以F（x）在（0，

1

a

）内有且仅有一个零点

当x＞

1

a

时，F（x）=ln

(ea)x

x

+1

由指数函数y=（e^a）^x（e^a＞1）与幂函数y=x增长速度的快慢，知存在x₀＞

1

a

使得

(ea)x0

x0

＞1从而F（x₀）=ln

(ea)x0

x0

+1＞ln1+1=1＞0

因而F（

1

a

）•F（x₀＜0）

又F（x）在（

1

a

，+∞）内单调递增，

F（x）在[

1

a

，+∞）上的图象是连续不断的曲线，

所以F（x）在（

1

a

，+∞）内有且仅有一个零点．

因此，0＜a＜e^-2时，F（x）有且仅有两个零点．

综上，a＞e^-2，f（x）与g（x）的图象无交点；

当a=e^-2时，f（x）与g（x）的图象有且仅有一个交点；

0＜a＜e^-2时，f（x）与g（x）的图象有且仅有两个交点．