已知函数 $f(x)=\dfrac{a}{a^{2} \mathrm{e}^{x}+1}$（$a \in \mathbb{R}$）．
1、若 $a=1$，证明：当 $x>0$ 时，$f(x)<\dfrac{1}{\mathrm{e} x}$．
2、讨论方程 $f(x)=\dfrac{2-x}{4}$ 的实数解的个数．
解析
1、欲证不等式即当 $x>0$ 时，有\[\dfrac{1}{{\rm e}^x+1}<\dfrac{1}{{\rm e}x}\iff {\rm e}x<{\rm e}^x+1,\]我们熟知 ${\rm e}^x\geqslant {\rm e}x$（$x\in\mathbb R$），因此该不等式得证．
2、当 $a=0$ 时，该方程有唯一零点为 $x=2$．当 $a\ne 0$ 时，方程 $f(x)=\dfrac{2-x}4$ 即\[\dfrac{a^2(2-x){\rm e}^x}{4a-2+x}-1=0,\]设左侧函数为 $g(x)$，则其导函数\[g'(x)=-\dfrac{a^2{\rm e}^x\left(x^2+4(a-1)x+4(1-a)\right)}{(x+4a-2)^2},\]分子部分（记为 $h(x)$）对应的判别式\[\Delta=16a(a-1),\]讨论分界点为 $a=0,1$，且 $h(-4a+2)=h(2)=4a$．
情形一 $a<0$．当 $x<2$ 以及 $x>-4a+2$ 时，$g(x)<0$；而当 $2\leqslant x<-4a+2$ 时，有 $g(x)$ 单调递增，考虑到 $g(2)=-1$ 且当 $t=\dfrac{-4a}{1+\frac{1}{a^2}}$ 时，有\[g(-4a+2-t)=\dfrac{a^2(-4a-t){\rm e}^{-4a+2-t}}{t}-1>a^2\left(\dfrac{-4a}t-1\right)-1=0,\]因此 $g(x)$ 在该区间上有唯一零点．
情形二 $0<a\leqslant 1$．当 $x<-4a+2$ 时，$g(x)<0$；而当 $x>-4a+2$ 时，函数 $g(x)$ 单调递减，考虑到 $g(2)=-1$，且当 $t=\dfrac{4a}{1+\frac{1}{a^2{\rm e}^2}}$ 时，有\[g(-4a+2+t)=\dfrac{a^2(4a-t){\rm e}^{-4a+2+t}}{t}-1>a^2{\rm e}^2\left(\dfrac {4a}t-1\right)-1=0,\]因此 $g(x)$ 在该区间上有唯一零点．
情形三 $a>1$．当 $x<-4a+2$ 时，$g(x)<0$；而当 $x>-4a+2$ 时，$h(x)$ 有两个零点，设为 $x_1,x_2$ 且\[-4a+2<x_1<-2(a-1)<0<x_2<2,\]此时函数 $g(x)$ 在 $(-4a+2,x_1)$ 上单调递减，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递增，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递减．注意到\[g(0)=\dfrac{a^2}{2a-1}-1=\dfrac{(a-1)^2}{2a-1}>0,\]且\[g(-2\ln a)=\dfrac{1+\ln a}{2a-1-\ln a}-1<\dfrac{2(\ln a-a+1)}{2a-1-\ln a}<0,\]因此 $g(x)$ 在 $(-4a+2,+\infty)$ 上的极小值 $g(x_1)<0$，极大值 $g(x_2)>0$，结合 $g(2)=-1$，且当 $t=\dfrac{4a}{1+\frac{1}{a^2{\rm e}^2}}$ 时，有\[g(-4a+2+t)=\dfrac{a^2(4a-t){\rm e}^{-4a+2+t}}{t}-1>a^2{\rm e}^2\left(\dfrac {4a}t-1\right)-1=0,\]可得 $g(x)$ 在 $(-4a+2,+\infty)$ 上有 $3$ 个零点．
综上所述，所求实数解的个数为\[\begin{cases} 1,&a\leqslant 1,\\ 3,&a>1.\end{cases}\]