（2010•温州模拟）设函数f（x）=ax•lnx（a＞0）．

解题思路：（1）将a=2代入写出函数g（x）的解析式后求导数，然后判断出函数g（x）的单调性后再由函数g（x）的最小值小于0可求出函数的零点的个数．
（2）先令F（x）=f（x）-（x²-1），在对函数F（x）求导，通过判断函数的单调性来解题．

（Ⅰ）当a=2时，g（x）=f（x）-4（x-1）=2xlnx-4x+4的定义域是（0，+∞）求导，得g′(x)＝2(lnx−1)

＜0，0＜x＜e
＝0，x＝e
＞0，x＞e
所以，g（x）在（0，e）上为减函数，在（e，+∞）上为增函数，g（x）_min=g（e）=2（2-e）＜0．
又g（1）=0，根据g（x）在（0，e）上为减函数，
则g（x）在（0，e）上恰有一个零点；
又g（e²）=4＞0，则g（e）g（e²）＜0，
所以g（x）在（e，e²）上恰有一个零点，
再根据g（x）在（e，+∞）上为增函数，g（x）在（e，+∞）上恰有一个零点．
综上所述，函数g（x）=f（x）-4（x-1）的零点的个数为2．
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-（x²-1）=axlnx-x²+1（a＞0，x≥1），
求导，再令G（x）=F'（x）=a（lnx+1）-2x，
则G′(x)＝
a
x−2
（ⅰ）若0＜a≤2，当x≥1时，G′(x)＝
a
x−2≤0，
故G（x）在[1，+∞）上为减函数，
所以当x≥1时，G（x）≤G（1）=a-2≤0，即F'（x）≤0，
则F（x）在[1，+∞）上为减函数，
所以当x≥1时，F（x）≤F（1）=0，即f（x）≤x²-1成立；
（ⅱ）若a＞2，方程G'（x）=0的解为x＝
a
2＞1，
则当1≤x≤
a
2时，G′(x)＝
a
x−2≥0，
故G（x）在[1，
a
2]上为增函数，
所以当1≤x≤
a
2时，G（x）≥G（1）=a-2＞0，即F'（x）＞0，
则F（x）在[1，
a
2]上为增函数，
所以当1＜x＜
a
2时，F（x）＞F（1）=0，即f（x）＞x²-1成立，此时不合题意．
综上，满足条件的正数a的取值范围是（0，2]．

点评：
本题考点： 函数零点的判定定理；函数恒成立问题．

考点点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．