略

当 $a=1$ 时，令 $h(x)=f(x)-g(x)=-x^2+x+\ln x$，求导得$$h'(x)=-2x+1+\dfrac1x=\dfrac{(2x+1)(-x+1)}{x},$$因此 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，再结合$$h(1)=0,$$因此 $h(x)\leqslant0$，即 $f(x)\leqslant g(x)$．

当 $a<0$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $1$；
当 $0\leqslant<a<1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $0$；
当 $a=1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $1$；
当 $a>1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $2$

由题可知 $\varphi(x)=a(x+\ln x)-x^2$，求导得$$\varphi'(x)=a+\dfrac{a}{x}-2x=\dfrac{-2x^2+ax+a}{x},$$情形一 当 $a<0$ 时，$\varphi'(x)<0$，函数 $\varphi(x)$ 单调递减，注意到$$\varphi(1)=a-1<0,$$再取 $x_1=\mathrm{e}^{\frac1a-1}$，则有$$\varphi(x_1)=a(x_1+\ln x_1)-x_1^2>a\ln x_1+(a-1)=0,$$此时零点个数为 $1$；
情形二 当 $a=0$ 时，$\varphi(x)=-x^2<0$，此时零点个数为 $0$；
情形三 当 $0<a<1$ 时，在 $x+\ln x\leqslant0$ 时，$$\varphi(x)=a(x+\ln x)-x^2<0,$$在 $x+\ln x>0$ 时，结合第一小问，有$$\varphi(x)=a(x+\ln x)-x^2<x+\ln x-x^2\leqslant0,$$此时零点个数为 $0$；
情形四 当 $a=1$ 时，结合第一小问可知，$\varphi(x)$ 的零点为 $x=1$，此时零点个数为 $1$；
情形五 当 $a>1$ 时，令 $\varphi'(x)=0$，得$$x_1=\dfrac{a+\sqrt{a^2+8}}{4},$$因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,x_1)$ 单调递增，在 $(x_1,+\infty)$ 上单调递减．
注意到 $\varphi(1)=a-1>0$，取 $x_1=\dfrac{1}{\mathrm{e}}$，有$$\varphi\left(x_1\right)=a\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)-\dfrac{1}{\mathrm{e}^2}<0,$$因此函数 $\varphi(x)$ 在 $\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},1\right)$ 上存在一个零点；
我们熟知 $\ln x\leqslant x-1$，取 $x_2=2a$，则\[\begin{split}\varphi(x_2)&=a\left(x_2+\ln x_2\right)-x_2^2\\&\leqslant a\left(2x_2-1\right)-x_2^2\\&=-x_2(x_2-2a)-a\\&<0,\end{split}\]因此函数 $\varphi(x)$ 在 $(1,2a)$ 上存在一个零点；
综上，当 $a<0$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $1$；
当 $0\leqslant<a<1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $0$；
当 $a=1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $1$；
当 $a>1$ 时，函数 $\varphi(x)$ 的零点个数为 $2$．