（12分）已知函数$f(x)=xe^{ax}-e^{x}$．
（1）当$a=1$时，讨论$f(x)$的单调性；
（2）当$x > 0$时，$f(x) < -1$，求$a$的取值范围；
（3）设$n\in N^{*}$，证明：$\dfrac{1}{\sqrt{{1^2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{{2^2}+2}}+\ldots +\dfrac{1}{\sqrt{{n^2}+n}} > \ln (n+1)$．
分析：（1）先求出导函数$f'(x)$，再根据导函数$f'(x)$的正负即可得到函数$f(x)$的单调性．
（2）构造函数$g(x)=f(x)+1=xe^{ax}-e^{x}+1(x > 0)$，则$g(x) < g(0)=0$在$x > 0$上恒成立，又$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}$，令$h(x)=g\prime (x)$，则$h\prime (x)=a(2e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}$，根据$h\prime (0)$的正负分情况讨论，得到$g(x)$的单调性以及最值，判断是否满足题意，即可求出$a$的取值范围．
（3）求导易得$t-\dfrac{1}{t} > 2\ln t(t > 1)$，令$t=\sqrt{1+\dfrac{1}{\;n}}$，利用上述不等式，结合对数的运算性质即可证得结论．
解：（1）当$a=1$时，$f(x)=xe^{x}-e^{x}=e^{x}(x-1)$，
$f\prime (x)=e^{x}(x-1)+e^{x}=xe^{x}$，
$\because e^{x} > 0$，
$\therefore$当$x\in (0,+\infty )$时，$f\prime (x) > 0$，$f(x)$单调递增；当$x\in (-\infty ,0)$时，$f\prime (x) < 0$，$f(x)$单调递减．
（2）令$g(x)=f(x)+1=xe^{ax}-e^{x}+1(x > 0)$，
$\because f(x) < -1$，$f(x)+1 < 0$，
$\therefore g(x) < g(0)=0$在$x > 0$上恒成立，
又$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}$，
令$h(x)=g\prime (x)$，则$h\prime (x)=ae^{ax}+a(e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}=a(2e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}$，
$\therefore h\prime (0)=2a-1$，
①当$2a-1 > 0$，即$a > \dfrac{1}{2}$，$h\prime (0)=\lim\limits_{x\rightarrow 0+}\dfrac{g\prime (x)-g\prime (0)}{x-0}=\lim\limits_{x\rightarrow 0+}\dfrac{g\prime (x)}{x} > 0$，
$\therefore \exists x_{0} > 0$，使得当$x\in (0,x_{0})$，有$\dfrac{\;g\prime (x)}{x} > 0$，$\therefore g\prime (x) > 0$，
所以$g(x)$单调递增，$g(x_{0}) > g(0)=0$，矛盾；
②当$2a-1\leqslant 0$，即$a\leqslant \dfrac{1}{2}$，
$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}=(1+ax)e^{ax}-e^{x}$，
若$1+ax\leqslant 0$，则$g'(x) < 0$，
所以$g(x)$在$[0$，$+\infty )$上单调递减，$g(x)\leqslant g(0)=0$，符合题意．
若$1+ax > 0$，则$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}=e^{ax+\ln (1+ax)}-e^{x}\leqslant {e}^{\dfrac{1}{2}x+\ln (1+\dfrac{1}{2}x)}-e^{x}\leqslant {e}^{\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}x}-{e}^{x}=0$，
所以$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，$g(x)\leqslant g(0)=0$，符合题意．
综上所述，实数$a$的取值范围是$a\leqslant \dfrac{1}{2}$．
（3）由（2）可知，当$a=\dfrac{1}{2}$时，$f(x)=x{e}^{\dfrac{1}{2}x}-{e}^{x} < -1(x > 0)$，
令$x=\ln (1+\dfrac{1}{n})(n\in N^{*})$得，$\ln (1+\dfrac{1}{n})\cdot {e}^{\dfrac{1}{2}\ln (1+\dfrac{1}{n})}-{e}^{\ln (1+\dfrac{1}{n})} < -1$，
整理得，$\ln (1+\dfrac{1}{n})\cdot \sqrt{1+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{n} < 0$，
$\therefore$$\dfrac{\dfrac{1}{\;n}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}} > \ln (1+\dfrac{1}{n})$，
$\therefore$$\dfrac{1}{\sqrt{{n}^{2}+n}} > \ln (\dfrac{n+1}{n})$，$\therefore$$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k}} > \sum\limits_{k=1}^{n}\ln (\dfrac{k+1}{k})=\ln (\dfrac{2}{1}\times \dfrac{3}{2}\times ...\times \dfrac{n+1}{n})=\ln (n+1)$，
即$\dfrac{1}{\sqrt{{1}^{2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{{2}^{2}+2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{\;{n}^{2}+n}} > \ln (n+1)$．
点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于难题．