（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$(1$，$f(x))$处的切线方程；
（2）若函数$f(x)$在$(0,+\infty )$单调递增，求$a$的取值范围．
答案：（1）$(\ln 2)x+y-\ln 2=0$；
（2）$[\dfrac{1}{2},+\infty )$．
分析：（1）根据已知条件，先对$f(x)$求导，再结合导数的几何意义，即可求解；
（2）先对$f(x)$求导，推得$(-\dfrac{1}{{x}^{2}})\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}+a)\cdot \dfrac{1}{x+1}\geqslant 0$，构造函数$g(x)=ax^{2}+x-(x+1)\ln (x+1)(x > 0)$，通过多次利用求导，研究函数的单调性，并对$a$分类讨论，即可求解．
解：（1）当$a=-1$时，
则$f(x)=(\dfrac{1}{x}-1)\ln (1+x)$，
求导可得，$f'(x)=-\dfrac{1}{{x}^{2}}\ln (1+x)+(\dfrac{1}{x}-1)\cdot \dfrac{1}{x+1}$，
当$x=1$时，$f$（1）$=0$，
当$x=-1$时，$f'$（1）$=-\ln 2$，
故曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f(x))$处的切线方程为：$y-0=-\ln 2(x-1)$，即$(\ln 2)x+y-\ln 2=0$；
（2）$f(x)=(\dfrac{1}{x}+a)\ln (1+x)$，
则$f'(x)=(-\dfrac{1}{{x}^{2}})\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}+a)\cdot \dfrac{1}{x+1}(x > -1)$，
函数$f(x)$在$(0,+\infty )$单调递增，
则$(-\dfrac{1}{{x}^{2}})\ln (x+1)+(\dfrac{1}{x}+a)\cdot \dfrac{1}{x+1}\geqslant 0$，化简整理可得，$-(x+1)\ln (x+1)+x+ax^{2}\geqslant 0$，
令$g(x)=ax^{2}+x-(x+1)\ln (x+1)(x > 0)$，
求导可得，$g'(x)=2ax-\ln (x+1)$，
当$a\leqslant 0$时，
则$2ax\leqslant 0$，$\ln (x+1) > 0$，
故$g'(x) < 0$，即$g(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递减，
$g(x) < g(0)=0$，不符合题意，
令$m(x)=g'(x)=2ax-\ln (x+1)$，
则$m'(x)=2a-\dfrac{1}{x+1}$，
当$a\geqslant \dfrac{1}{2}$，即$2a\geqslant 1$时，
$\dfrac{1}{x+1} < 1$，$m'(x) > 0$，
故$m(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递增，即$g'(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递增，
所以$g'(x) > g'(0)=0$，$g(x)$在区间$(0,+\infty )$上单调递增，
$g(x) > g(0)=0$，符合题意，
当$0 < a < \dfrac{1}{2}$时，令$m'(x)=2a-\dfrac{1}{x+1}=0$，解得$x=\dfrac{1}{2a}-1$，
当$x\in (0,\dfrac{1}{2a}-1)$时，$m'(x) < 0$，$m(x)$在区间$(0,\dfrac{1}{2a}-1)$上单调递减，即$g'(x)$单调递减，
$g'(0)=0$，
当$x\in (0,\dfrac{1}{2a}-1)$时，$g'(x) < g'(0)=0$，$g(x)$单调递减，
$\because g(0)=0$，
$\therefore$当$x\in (0,\dfrac{1}{2a}-1)$时，$g(x) < g(0)=0$，不符合题意，
综上所述，$a$的取值范围为$[\dfrac{1}{2},+\infty )$．
点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于难题．