（15分）已知函数$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty )$，且$f(0)=0$，$f\prime (x)=\dfrac{\ln (1+x)}{1+x}$．$l_{1}$是曲线$y=f(x)$在点$A(a$，$f$（a）$)(a\ne 0)$处的切线．
（1）求$f\prime (x)$的最大值；
（2）求证：当$-1 < a < 0$时，除切点$A$外，曲线$y=f(x)$在直线$l_{1}$的上方；
（3）设过点$A$的直线$l_{2}$与直线$l_{1}$垂直，$l_{1}$，$l_{2}$与$x$轴交点的横坐标分别为$x_{1}$，$x_{2}$，若$a > 0$，求$\dfrac{2a-{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$的取值范围．
〖答案〗（1）$\dfrac{1}{e}$．
（2）证明见解析．
（3）$[\dfrac{e^{2}-1}{e^{2}+1}$，$1)$．
〖分析〗（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线$l_{1}$的方程，再构造函数$h(x)$，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线$l_{2}$的方程，即可由题意得到$x_{1}$，$x_{2}$的表示，从而用字母$a$表示出$\dfrac{2a-x_{1}-x_{2}}{x_{2}-x_{1}}$，从而求出范围．
〖解答〗解：（1）设$g(x)=f\prime (x)$，$g'(x)=\dfrac{\dfrac{1}{1+x}(1+x)-\ln (1+x)}{(1+x)^{2}}=\dfrac{1-\ln (1+x)}{(1+x)^{2}}$，
由$g\prime (x)=0$，可得$x=e-1$，当$x\in (-1,e-1)$时，$g\prime (x) > 0$，$g(x)$单调递增，
当$x\in (e-1,+\infty )$时，$g\prime (x) < 0$，$g(x)$单调递减，
所以$f\prime (x)$的最大值为$f'(e-1)=\dfrac{1}{e}$．
（2）因为$f'(a)=\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}$，所以直线$l_{1}$的方程为$y-f(a)=\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)$，即$y=\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+f(a)$，
设$h(x)=f(x)-[\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+f(a)]$，$h'(x)=\dfrac{\ln (1+x)}{1+x}-\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}=f'(x)-f'(a)$，
由（1）可知，$f\prime (x)$在$x\in (-1,e-1)$上单调递增，而$-1 < a < 0$，
所以当$-1 < x < a$时，$h\prime (x) < 0$，$h(x)$单调递减，
当$0 > x > a$时，$h\prime (x) > 0$，$h(x)$单调递增，且$f\prime$（a）$ < f\prime (0)=0$，
而当$x\geqslant 0$时，$f'(x)=\dfrac{\ln (1+x)}{1+x}\ge 0$，所以总有$f\prime (x)\geqslant f\prime$（a），$h(x)$单调递增，
故$h(x)\geqslant h$（a），从而命题得证；
（3）由$f'(x)=\dfrac{\ln (1+x)}{1+x}$，可设$f(x)=\dfrac{\ln ^{2}(1+x)}{2}+C$，又$f(0)=0$，所以$C=0$，即$f(x)=\dfrac{\ln ^{2}(1+x)}{2}$，
因为直线$l_{1}$的方程为$y=\dfrac{\ln (1+a)}{1+a}(x-a)+\dfrac{\ln ^{2}(1+a)}{2}$，易知$a\ne 0$，
所以直线$l_{2}$的方程为$y=-\dfrac{1+a}{\ln (1+a)}(x-a)+\dfrac{\ln ^{2}(1+a)}{2}$，
$x_{1}=a-\dfrac{(1+a)\ln (1+a)}{2}$，$x_{2}=\dfrac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}+a$，
所以$\dfrac{2a-x_{1}-x_{2}}{x_{2}-x_{1}}=\dfrac{\dfrac{(1+a)\ln (1+a)}{2}-\dfrac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}}{\dfrac{\ln ^{3}(1+a)}{2(1+a)}+\dfrac{(1+a)\ln (1+a)}{2}}=\dfrac{(1+a)^{2}-\ln ^{2}(1+a)}{\ln ^{2}(1+a)+(1+a)^{2}}$
$=\dfrac{1-\dfrac{\ln ^{2}(1+a)}{(1+a)^{2}}}{\dfrac{\ln ^{2}(1+a)}{(1+a)^{2}}+1}=\dfrac{1-g^{2}(a)}{1+g^{2}(a)}=-1+\dfrac{2}{1+g^{2}(a)}$，
由（1）知，当$x > 0$时，$g(x)\in (0,\dfrac{1}{e}]$，
所以$g^{2}(a)\in (0,\dfrac{1}{e^{2}}]$，所以$\dfrac{2a-x_{1}-x_{2}}{x_{2}-x_{1}}\in [\dfrac{e^{2}-1}{e^{2}+1},1)$．
〖点评〗本题考查导数的综合应用，属于难题．