已知函数 $f(x)=\ln (x+1)-ax-1$，其中 $a\leqslant -\dfrac 3{10}$．
1、证明：$f(x)$ 有唯一零点．
2、设 $x_0$ 为函数 $f(x)$ 的零点，证明： ① $\dfrac{1}{1-a}\leqslant x_0\leqslant 1-a$； ② $\dfrac{3-10a+8a^2-2a^3}{2(2-a)^2}\leqslant f(x_0+1)\leqslant \dfrac{a^2-3a+1}{2-a}$． 参考数据：$\ln 2\approx 0.693$，$\ln 3\approx 1.098$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{1}{x+1}-a>0,\]于是函数 $f(x)$ 在定义域 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，又\[f(0)=-1<0,\]且\[f({\rm e}+1)>\ln({\rm e}+1)-1>0,\]因此函数 $f(x)$ 有唯一零点．
2、① 只需要证明\[\begin{cases} f\left(\dfrac{1}{1-a}\right)\leqslant 0,\\ f(1-a)\geqslant 0,\end{cases}\iff \begin{cases} \ln\left(\dfrac{1}{1-a}+1\right)-\dfrac{a}{1-a}-1\leqslant 0,\\ \ln(2-a)-a(1-a)-1\geqslant 0,\end{cases}\]第一个不等式可以由 $\ln(1+x)<x$（$x>-1$ 且 $x\ne 0$）中令 $x=\dfrac{1}{1-a}$ 得到．第二个不等式可以令 $t=2-a$，则 $t\geqslant 2.3$，且不等式左边为\[\ln t+t^2-3t+1,\]记为 $g(t)$，则其导函数\[g'(t)=\dfrac 1t+2t-3,\]因此在 $t\geqslant 2.3$ 时 $g(t)$ 单调递增，因此\[g(t)\geqslant g(2.3)=\ln 2.3-0.61>0.69-0.61>0,\]命题得证． ② 根据题意，有\[\ln (x_0+1)-ax_0-1=0,\]因此\[\begin{split} f(x_0+1)&=\ln(x_0+2)-a(x_0+1)-1\\ &=\ln (x_0+2)-\ln (x_0+1)-a\\ &=\ln\left(1+\dfrac{1}{x_0+1}\right)-a,\end{split}\]因此所证明命题即\[\dfrac{1}{2-a}-\dfrac{1}{2(2-a)^2}=\dfrac{3-2a}{2(2-a)^2}\leqslant \ln\left(1+\dfrac{1}{x_0+1}\right)\leqslant \dfrac{1-a}{2-a}=1-\dfrac{1}{2-a},\]而根据 ① 的结论，有\[\dfrac{1}{2-a}\leqslant \dfrac{1}{x_0+1}\leqslant 1-\dfrac{1}{2-a}.\]根据不等式 $\ln (1+x)<x$（$x>-1$ 且 $x\ne 0$），右边不等式得证．接下来证明在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上，有\[\ln (1+x)\geqslant x-\dfrac 12 x^2,\]设 $h(x)=\ln (1+x)-x+\dfrac 12x^2$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}>0,\]于是 $h(x)$ 在定义域 $(-1,+\infty)$ 上的单调递增函数，因此当 $x\in \left(0,\dfrac 12\right)$ 时，有 $h(x)>h(0)=0$，因此左边不等式得证． 综上所述，题中不等式得证．