（12分）已知函数$f(x)=ax-\dfrac{1}{x}-(a+1)\ln x$．
（1）当$a=0$时，求$f(x)$的最大值；
（2）若$f(x)$恰有一个零点，求$a$的取值范围．
分析：（1）将$a=0$代入，对函数$f(x)$求导，判断其单调性，由此可得最大值；
（2）对函数$f(x)$求导，分$a=0$，$a < 0$，$0 < a < 1$，$a=1$及$a > 1$讨论即可得出结论．
解：（1）当$a=0$时，$f(x)=-\dfrac{1}{x}-\ln x(x > 0)$，则${f}'(x)=\dfrac{1}{{x}^{2}}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{1-x}{{x}^{2}}$，
易知函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty )$上单调递减，
$\therefore f(x)$在$x=1$处取得极大值，同时也是最大值，
$\therefore$函数$f(x)$的最大值为$f$（1）$=-1$；
（2）${f}'(x)=a+\dfrac{1}{{x}^{2}}-\dfrac{a+1}{x}=\dfrac{a{x}^{2}-(a+1)x+1}{{x}^{2}}=\dfrac{(x-1)(ax-1)}{{x}^{2}}$，
①当$a=0$时，由（1）可知，函数$f(x)$无零点；
②当$a < 0$时，易知函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty )$上单调递减，
又$f$（1）$=a-1 < 0$，故此时函数$f(x)$无零点；
③当$0 < a < 1$时，易知函数$f(x)$在$(0,1),(\dfrac{1}{a},+\infty )$上单调递增，在$(1,\dfrac{1}{a})$单调递减，
且$f$（1）$=a-1 < 0$，$f(\dfrac{1}{a})=1-a+(a+1)\ln a < 0$，
又由（1）可得，$\dfrac{1}{x}+\ln x\geqslant 1$，即$\ln \dfrac{1}{x}\geqslant 1-x$，则$\ln x < x$，$\ln \sqrt{x} < \sqrt{x}$，则$\ln x < 2\sqrt{x}$，
当$x > 1$时，$f(x)=ax-\dfrac{1}{x}-(a+1)\ln x > ax-\dfrac{1}{x}-2(a+1)\cdot \sqrt{x} > ax-(2a+3)\sqrt{x}$，
故存在$m=(\dfrac{3}{a}+2)^{2} > \dfrac{1}{a}$，使得$f(m) > 0$，
$\therefore$此时$f(x)$在$(0,+\infty )$上存在唯一零点；
④当$a=1$时，${f}'(x)=\dfrac{(x-1)^{2}}{{x}^{2}}\geqslant 0$，函数$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增，
又$f$（1）$=0$，故此时函数$f(x)$有唯一零点；
⑤当$a > 1$时，易知函数$f(x)$在$(0,\dfrac{1}{a}),(1,+\infty )$上单调递增，在$(\dfrac{1}{a},1)$上单调递减，
且$f$（1）$=a-1 > 0$，
又由（1）可得，当$0 < x < 1$时，$\ln x > 1-\dfrac{1}{x}$，则$\ln \sqrt{x} > 1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}$，则$\ln x > 2(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}})$，
此时$f(x)=ax-\dfrac{1}{x}-2(a+1)(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}) < -\dfrac{1}{x}+\dfrac{2(a+1)}{\sqrt{x}}$，
故存在$n=\dfrac{1}{4(a+1)^{2}} < \dfrac{1}{a}$，使得$f(n) < 0$，
故函数$f(x)$在$(0,+\infty )$上存在唯一零点；
综上，实数$a$的取值范围为$(0,+\infty )$．
点评：本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．