（12分）已知函数$f(x)=(\dfrac{1}{x}+a)\ln (1+x)$．
（1）当$a=-1$时，求曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程；
（2）是否存在$a$，$b$，使得曲线$y=f(\dfrac{1}{x})$关于直线$x=b$对称，若存在，求$a$，$b$的值，若不存在，说明理由；
（3）若$f(x)$在$(0,+\infty )$存在极值，求$a$的取值范围．
答案：（1）$y=-\ln 2(x-1)$；（2）$a=\dfrac{1}{2}$，$b=-\dfrac{1}{2}$；（3）$(0,\dfrac{1}{2})$．
分析：（1）$a=-1$时，求得$f$（1）$=0$，再根据导数的几何意义求得切线斜率，利用点斜式求解即可；
（2）根据函数的定义域和对称性可求得$b=-\dfrac{1}{2}$，再利用赋值法求$a$；
（3）要使$f(x)$在$(0,+\infty )$存在极值点，则$f\prime (x)=0$有正根，即方程$\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}=0$有正根，记$g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}$，$x > 0$，利用导数与极值的关系分类讨论即可求解．
解：（1）$a=-1$时，$f$（1）$=0$，
$f\prime (x)=-\dfrac{1}{{x}^{2}}\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}-1)(\dfrac{1}{x+1})$，$f\prime$（1）$=-\ln 2$，
$\therefore$曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程为$y=-\ln 2(x-1)$．
（2）$f(\dfrac{1}{x})=(x+a)\ln (\dfrac{x+1}{x})$，定义域为$(-\infty$，$-1)\bigcup (0$，$+\infty )$，
要使函数$f(\dfrac{1}{x})$的图像关于$x=b$对称，则由$x\ne 0$，且$x\ne -1$，可知$b=-\dfrac{1}{2}$，
即$f(\dfrac{1}{x})=(x+a)\ln (\dfrac{x+1}{x})$的图像关于$x=-\dfrac{1}{2}$对称，
则$f$（1）$=(1+a)\ln 2$，$f(-2)=(-2+a)\ln \dfrac{1}{2}=(2-a)\ln 2$，
得$1+a=2-a$，解得$a=\dfrac{1}{2}$．
综上，$a=\dfrac{1}{2}$，$b=-\dfrac{1}{2}$；
（3）$f\prime (x)=-\dfrac{1}{{x}^{2}}\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}+a)(\dfrac{1}{x+1})=-\dfrac{1}{{x}^{2}}[\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}]$，
要使$f(x)$在$(0,+\infty )$存在极值点，则方程$\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}=0$有正根，
记$g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{a{x}^{2}+x}{x+1}$，$x > 0$，$g\prime (x)=-\dfrac{x}{(1+x)^{2}}\times (ax+2a-1)$，
①当$a\leqslant 0$时，$g\prime (x) > 0$，故$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增，$g(x) > g(0)=0$，不符合题意；
②当$a\geqslant \dfrac{1}{2}$时，$g\prime (x) < 0$，故$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，$g(x) < g(0)=0$，不符合题意；
③当$0 < a < \dfrac{1}{2}$时，令$g\prime (x) < 0$，$0 < x < \dfrac{1-2a}{a}$，令$g\prime (x) > 0$，$x > \dfrac{1-2a}{a}$，
故$g(x)$在$(0,\dfrac{1-2a}{a})$上单调递减，在$(\dfrac{1-2a}{a}$，$+\infty )$上单调递增，
故$g(x)$在$x=\dfrac{1-2a}{a}$时，取得最小值，令$m(x)=1-x+\ln x(0 < x < 1)$，则$m\prime (x)=\dfrac{-x+1}{x} > 0$，
函数$m(x)$在定义域内单调递增，$m(x) < m$（1）$=0$，
据此可得$1-x+\ln x < 0$恒成立，
则$g\prime (\dfrac{1-2a}{a})=1-2a+\ln 2a < 0$，
令$h(x)=\ln x-x^{2}+x(x > 0)$，则$h\prime (x)=\dfrac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$，
当$x\in (0,1)$时，$h\prime (x) > 0$，$h(x)$单调递增，
当$x\in (1,+\infty )$时，$h\prime (x) < 0$，$h(x)$单调递减，
故$h(x)\leqslant h$（1）$=0$，即$\ln x\leqslant x^{2}-x$（取等条件为$x=1)$，
所以$g\prime (x)=2ax-\ln (x+1) > 2ax-[(x+1)^{2}-(x+1)]=2ax-(x^{2}+x)$，
$g\prime (2a-1) > 2a(2a-1)-[(2a-1)^{2}+(2a-1)]=0$，且注意到$g\prime (0)=0$，
根据零点存在性定理可知：$g\prime (x)$在区间$(0,+\infty )$上存在唯一零点$x_{0}$，
当$x\in (0,x_{0})$时，$g\prime (x) < 0$，$g(x)$单调减，
当$x\in (x_{0}$，$+\infty )$时，$g\prime (x) > 0$，$g(x)$单调递增，
所以$g(x_{0}) < g(0)=0$，
令$n(x)=\ln x-\sqrt{x}$，则$n\prime (x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{2-\sqrt{x}}{2x}$，
则函数$n(x)$在$(0,4)$上单调递增，在$(4,+\infty )$上单调递减，
所以$n(x)\leqslant n$（4）$=\ln 4-2$，所以$\ln x < \sqrt{x}$，
所以$g(\dfrac{4}{{a}^{2}})=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(a(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)-\dfrac{1-a}{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}-2a+1]$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(\dfrac{4}{a}+a-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)+a-1-2a+1]$
$=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)[(\dfrac{4}{a}-\ln (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)]$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)(\dfrac{4}{a}-\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1})$
$ > (\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)\dfrac{\dfrac{16}{{a}^{2}}-\dfrac{4}{{a}^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}}=(\dfrac{4}{{a}^{2}}+1)\dfrac{\dfrac{12}{{a}^{2}}-1}{\dfrac{4}{a}+\sqrt{\dfrac{4}{{a}^{2}}+1}} > 0$，
所以函数$g(x)$在区间$(0,+\infty )$上存在变号零点，符合题意；
综合上面可知：实数$a$得取值范围是$(0,\dfrac{1}{2})$．
点评：本题考查利用导数求切线方程，利用函数对称性求参数，考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于难题．