（12分）已知函数$f(x)=\ln (1+x)+axe^{-x}$．
（1）当$a=1$时，求曲线$y=f(x)$在点$(0$，$f(0))$处的切线方程；
（2）若$f(x)$在区间$(-1,0)$，$(0,+\infty )$各恰有一个零点，求$a$的取值范围．
分析：（1）将$a=1$代入，对函数$f(x)$求导，求出$f\prime (0)$及$f(0)$，由点斜式得答案；
（2）对函数$f(x)$求导，分$a\geqslant 0$及$a < 0$讨论，当$a\geqslant 0$时容易判断不合题意，当$a < 0$时，令$g(x)=1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}}$，利用导数判断$g(x)$的性质，进而判断得到函数$f(x)$的单调性并结合零点存在性定理即可得解．
解答：解：（1）当$a=1$时，$f(x)=\ln (1+x)+xe^{-x}$，则${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}+{e}^{-x}-x{e}^{-x}$，
$\therefore f\prime (0)=1+1=2$，
又$f(0)=0$，
$\therefore$所求切线方程为$y=2x$；
（2）${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{a(1-x)}{{e}^{x}}$，
若$a\geqslant 0$，当$-1 < x < 0$时，$f\prime (x) > 0$，$f(x)$单调递增，则$f(x) < f(0)=0$，不合题意；
故$a < 0$，${f}'(x)=\dfrac{1}{1+x}(1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}})$，令$g(x)=1+\dfrac{a(1-{x}^{2})}{{e}^{x}}$，注意到$g(1)=1,g(0)=1+a,{g}'(x)=\dfrac{a(x-1+\sqrt{2})(x-1-\sqrt{2})}{{e}^{x}}$，
令$g\prime (x) < 0$，解得$-1 < x < 1-\sqrt{2}$或$x > 1+\sqrt{2}$，令$g\prime (x) > 0$，解得$1-\sqrt{2} < x < 1+\sqrt{2}$，
$\therefore g(x)$在$(-1,1-\sqrt{2}),(1+\sqrt{2},+\infty )$单调递减，在$(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$单调递增，且$x > 1$时，$g(x) > 0$，
①若$g(0)=1+a\geqslant 0$，当$x > 0$时，$g(x) > 0$，$f(x)$单调递增，不合题意；
②若$g(0)=1+a < 0$，$g(0)g$（1）$ < 0$，则存在$x_{0}\in (0,1)$，使得$g(x_{0})=0$，
且当$x\in (0,x_{0})$时，$g(x) < g(x_{0})=0$，$f(x)$单调递减，则$f(x_{0}) < f(0)=0$，
当$x > 1$时，$f(x) > \ln (1+x)+a > 0$，$f(e^{-a}-1) > 0$，则由零点存在性定理可知$f(x)$在$(x_{0}$，$e^{-a}-1)$上存在一个根，
当$1-\sqrt{2} < x < 0$时，$g(x) < 0$，$f(x)$单调递减，$f(1-\sqrt{2}) > f(0)=0$，
当$-1 < x < 1-\sqrt{2}$时，$f(x) < \ln (1+x)-ae < 0$，$f(e^{ae}-1) < 0$，则由零点存在性定理可知$f(x)$在$({e}^{ae}-1,1-\sqrt{2})$上存在一个根．
综上，实数$a$的取值范围为$(-\infty ,-1)$．
点评：本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．