已知函数$f(x)=\ln (ax+1)+\dfrac{1-x}{1+x}$($x\geqslant 0$)．
(1)(2012年北京市朝阳区高三期末)若$f(x)$的最小值为$1$，求实数$a$的取值范围；
(2)(2012年北京市四中高三月考)若$f(x)$的最小值为$\ln 2$，求实数$a$的取值范围．
分析与解 显然根据题意有$a\geqslant 0$，而函数$f(x)$的导函数$$f'(x)=\dfrac{ax^2+a-2}{(ax+1)(1+x)^2}.$$
(1) 注意到$f(0)=1$，因此$f'(0)\geqslant 0$，从而$a\geqslant 2$，否则在$\left(0,\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)$上，$f(x)$单调递减，又$f(0)=1$，不符合题意．
当$a\geqslant 2$时，有$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，符合题意．
综上所述，实数$a$的取值范围是$[2,+\infty)$．
(2) 法一（直接分析）
根据(1)，必然有$0<a<2$．此时$f(x)$的极小值，亦为最小值为$$m=f\left(\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)=\ln\left(\sqrt{a(2-a)}+1\right)+\dfrac{\sqrt a-\sqrt{2-a}}{\sqrt a+\sqrt{2-a}},$$设$t=\sqrt{a(2-a)}$，则$t\in (0,1]$．
情形一 当$0<a<1$时，有$$m=\ln (t+1)-\dfrac{\sqrt {2-2t}}{\sqrt{2+2t}}<\ln (t+1)\leqslant \ln 2,$$不符合题意．
情形二 当$a\geqslant 1$时，有$$m=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{2-2t}}{\sqrt{2+2t}}=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}},$$有$$m'_t=\dfrac{1}{t+1}\left[1-\dfrac12\left(\dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt{1-t}}+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}}\right)\right]\leqslant 0,$$于是$m$在$(0,1]$上单调递减，因此$m\geqslant m\mid_{t=1}=\ln 2$，等号当且仅当$t=1$，即$a=1$时取得．
综上所述，实数$a$的取值范围是$\{1\}$．
法二（分离变量）
根据题意，有$$\forall x> 0,a\geqslant \dfrac{2{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}-1}x,$$且等号可以取得．设右侧函数为$\varphi(x)$，则其导函数$$\varphi'(x)=\dfrac{1-{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}\cdot \left[1+\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2\right]}{x^2},$$令$t=\dfrac{x-1}{x+1}$，则$t\in [-1,1)$，设$\mu (t)={\rm e}^t(1+t^2)$，则其导函数$$\mu'(t)={\rm e}^t\left(t+1\right)^2\geqslant 0,$$于是$\mu(t)$在$[-1,1)$上单调递增，结合$\mu (0)=1$，可得$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增（因为$x\in(0,1)$时，$t\in(-1,0)$，从而有$\mu(t)<\mu(0)=1$，所以$\varphi'(x)>0$），在$(1,+\infty)$上单调递减（因为$x\in(1,+\infty)$时，$t\in(0,1)$，从而有$\mu(t)>\mu(0)=1$，所以$\varphi'(x)<0$），且有极大值，亦最大值$\varphi(1)=1$．因此$a$的取值范围为$\{1\}$．