（1）由题意得，函数的定义域是（0，+∞）
f′(x)＝?2ax?1＝?(x＞0)，------------（2分）
只需要2ax2+x-1≤0，即2a≤?＝(?
)2?，
解得，a≤?．---------------------------------------（4分）
（2）证明：把a=?代入得，数f（x）=lnx+x2-x，
∴f′(x)＝+x?1，且f′（2）=0，f（2）=ln2?，
∴切线l的方程为y＝ln2?．--------------------------------------------（6分）
令g(x)＝lnx+
x2?x?(ln2?)，则g（2）=0．
∵g′(x)＝+x?1＝≥0，---------------------------------（8分）
∴g（x）是单调增函数，
当x∈（2，+∞）时，g（x）＞g（2）=0；
当x∈（0，2）时，g（x）＜g（2）=0，
∴c1，c2分别完全位于直线l的两侧．--------------------------（10分）
（3）设切点P（x0，f（x0）），由函数的定义域知x0＞0，
则曲线y=f（x）在点P处的切线为l：y=f′（x0）（x-x0）+f（x0），
令g（x）=f（x）-[f′（x0）（x-x0）+f（x0）]，
∵切点P在切线l上，也在曲线上，∴g（x0）=0，
∵g′（x）=f′（x）-f′（x0），f′(x)＝?2ax?1（x＞0），
∴g′(x)＝?2ax?(?2ax0)，
则g′(x)＝?，且g′（x0）=0，
①当a≥0时，?x∈（0，x0），g'（x）＞0；?x∈（x0+∞），g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
∴g（x）=0只有唯一解x0，而x0是任意选取的值，故不满足题意；----（12分）
②当a＜0时，g″(x)＝f″(x)＝??2a，记g″(m)＝??2a＝0，则m＝．
（i）若x0=m，则g'（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
g'（x）≥g'（x0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴g（x）=0只有唯一解x＝，
（ii）若x0＜m，则?（0，m），g''（x）＜0；?（m，+∞），g''（x）＞0，
∴g'（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增
此时存在x1∈（m，+∞），使得g'（x1）=0，
∴?（0，x0）∪（x1，+∞），g'（x）＞0；?（x0，x1），g'（x1）＜0，
∴g'（x）在（0，x0）和（x1，+∞）上单调递增，在（x0，x1）上单调递减，
此时存在x2∈（x1，+∞），使得g（x2）=0，∴g（x）有两个零点．
（iii）若x0＞m，
则?（0，m），g''（x）＜0；?（m，+∞），g''（x）＞0，
∴g'（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增
此时存在x1∈（0，m），使得g'（x1）=0，
∴?（0，x1）∪（x0，+∞），g'（x）＞0；?（x1，x0），g'（x1）＜0，
∴g'（x）在（0，x1）和（x0，+∞）上单调递增，在（x1，x0）上单调递减
此时存在x2∈（0，x1），使得g（x2）=0，∴g（x）有两个零点．
综上所述，当a＜0时，曲线y=f（x）上存在唯一的点P(，f())，
曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P．----------------------------（16分）
