设函数$f(x)=1-{\rm e}^{-x}$．
（1）证明：当$x>-1$时，$f(x)\geqslant \dfrac{x}{x+1}$；
（2）设当$x \geqslant 0$时，$f(x)\leqslant \dfrac{x}{ax+1}$，求$a$的取值范围．
（1）证明 题中不等式即$$1-\dfrac{1}{{\rm e}^x}\geqslant 1-\dfrac{1}{x+1},$$于是只需要证明$${\rm e} ^x\geqslant x+1,$$记$g(x)={\rm e} ^x-x-1$，则其导函数$$g'(x)={\rm e} ^x-1,$$于是$g(x)$在$x=0$处取得最小值$0$，因此$$\forall x>-1,g(x)\geqslant 0,$$原命题得证．
（2）解 分析端点，当$x=0$时，左边和右边均为$0$；而当$x\to+ \infty $时，$$1-{\rm e}^{-x}\to 1,$$而当$a=0$时，$$\dfrac{x}{ax+1}\to +\infty ,$$当$a\neq 0$时，$$\dfrac{x}{ax+1}\to \dfrac 1a,$$因此得到必要条件$0\leqslant a\leqslant 1$．
否则，若$a<0$，则取$x=-\dfrac 1a+1$，则$$\dfrac{x}{ax+1}<0<1-{\rm e}^{-x},$$矛盾．
若$a>1$，则取$x=\ln\dfrac{a}{a-1}$，则$$\dfrac{x}{ax+1}<\dfrac 1a=1-{\rm e}^{-x},$$矛盾．
于是原命题等价于$$\forall x\geqslant 0,\dfrac{{\rm e}^x-1}{{\rm e}^x}\cdot (ax+1)\leqslant x,$$即$$\forall x\geqslant 0,{\rm e}^x\left[(1-a)x-1\right]+ax+1\geqslant 0,$$记左侧函数为$h(x)$，注意到$h(0)=0$，而其导函数$$h'(x)={\rm e}^x\left[(1-a)x-a\right]+a,$$又$h'(0)=0$，而其导函数$$h'^\prime (x)={\rm e}^x\left[(1-a)x+1-2a\right],$$于是$$h'^\prime(0)=1-2a \geqslant 0,$$从而$$0\leqslant a\leqslant \dfrac 12.$$
若不然，$a>\dfrac 12$时，考虑区间$\left[0,\dfrac{2a-1}{1-a}\right]$，在该区间上，$h'^\prime (x)\leqslant 0$，于是$h'(x)$单调递减，又$h'(0)=0$，于是$h'(x)<0$，从而$h(x)$单调递减，又$h(0)=0$，于是$h(x)\leqslant 0$，矛盾．
下面证明$0\leqslant a\leqslant \dfrac 12$的充分性．
当$0\leqslant a \leqslant \dfrac 12$时，$$h'^\prime (x)={\rm e}^x\cdot (1-a)\cdot\left(x+\dfrac{1-2a}{1-a}\right)$$对任意$x \geqslant 0$均不小于$0$．于是在区间$[0,+\infty )$上，$h'(x)$单调递增，又$h'(0)=0$，于是$h'(x)\geqslant 0$，进而$h(x)$单调递增，于是$h(x)\geqslant 0$，命题成立．
综上，$a$的取值范围是$\left[0,\dfrac 12\right]$．
注 第一问的结论实际上提示了第二问中$a \leqslant 1$．