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．