已知函数 $f(x)=a\ln x+\dfrac{x^2}{2}-(a+1)x$，$a\in\mathbb R$．
（1）当 $a=-1$ 时，求函数 $f(x)$ 的最小值；
（2）当 $a\leqslant1$ 时，讨论函数 $f(x)$ 的零点个数．
分析与解（1）当 $a=-1$ 时，$f(x)=-\ln x+\dfrac{x^2}{2}$，定义域为 $(0,+\infty)$，求导得\[f'(x)=-\dfrac1x+x=\dfrac{x^2-1}{x},\]因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，故函数 $f(x)$ 的最小值为 $\dfrac 12$，在 $x=1$ 处取得．
（2）函数 $f(x)$ 的导数为\[f'(x)=\dfrac{a}{x}+x-(a+1)=\dfrac{(x-1)(x-a)}{x},\]
情形一 当 $a=1$ 时，$f'(x)\geqslant0$，$f(x)$ 单调递增，结合\[\begin{aligned}f\left(\dfrac12\right)=-\ln2-\dfrac78<0,\\f(4)=\ln4>0,\end{aligned}\]因此函数 $f(x)$ 有一个零点；
情形二 当 $0<a<1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,a)$ 单调递增，在 $(a,1)$ 单调递减，在 $(1,+\infty)$ 单调递增，再结合\[\begin{aligned}f(a)=a\left(\ln a-\dfrac{a}{2}-1\right)<0,\\f(2a+2)=a\ln(2a+2)>0,\end{aligned}\]因此函数 $f(x)$ 有一个零点；
情形三 当 $a\leqslant0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减，在 $(1,+\infty)$ 单调递增，注意到\[f(1)=-a-\dfrac12,\] ① 当 $a<-\dfrac12$ 时，$f(x)>0$ 恒成立，因此，函数 $f(x)$ 没有零点；
② 当 $a=-\dfrac12$ 时，$f(1)=0$，因此，函数 $f(x)$ 仅有一个零点；
③ 当 $-\dfrac12<a<0$ 时，注意到 $\ln x<2\sqrt x-2$，取 $x_0=\dfrac{4a^2}{(a-1)^2}$，则\[\begin{split}f(x_0)&=\dfrac{x_0^2}{2}+a\ln x_0-(a+1)x_0\\&>\dfrac{x_0^2}{2}+\left(2\sqrt{x_0}-2\right)a-(a+1)x_0\\&=\dfrac{x_0^2}{2}-(a+1)x_0+2a\sqrt{x_0}-2a\\&>\dfrac{x_0^2}{2}-(a+1)\sqrt{x_0}+2a\sqrt{x_0}-2a\\&=\dfrac{x_0^2}{2}+(a-1)\sqrt{x_0}-2a\\&>0.\end{split}\]注意到 $\ln x<x-1$，有\[f(x)>\dfrac{x^2}{2}+a(x-1)-(a+1)x=\dfrac{x^2}{2}-x-a,\]因此有\[f(2)>-a>0,\]再结合 $f(1)=-a-\dfrac12<0$，根据零点存在性定理，$f(x)$ 存在两个零点．
④ 当 $a=0$ 时，$f(x)$ 显然只有一个零点．
综上，当 $0\leqslant a\leqslant1$ 或 $a=-\dfrac12$ 时，函数 $f(x)$ 有一个零点；当 $-\dfrac12<a<0$ 时，函数 $f(x)$ 有两个零点；当 $a<-\dfrac12$ 时，$f(x)$ 没有零点．