无

$(1)\quad a\geqslant 1$；$(2)$ 见解析

$(1)$ 对 $f(x)$ 求导得 $f'(x)=\dfrac1{x+1}+ax-1$，$ f''(x)=\dfrac{-1}{(x+1)^2}+a$．
情形一当 $ a\geqslant 1 $，$ f''(x)>f''(0)=a-1\geqslant 0 $，此时 $ f'(x)$ 单调递增，$f'(x)$ $>f'(0)$ $=ax\geqslant 0$ 于是 $ f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增，恒有 $ f(x)>f(0)=0 $，故 $ a\geqslant 1 $ 符题设．
情形二当 $ 0<a<1$，$\exists x_0=\dfrac1a-1>0$，使得 $f''(x_0)=0$．此时在 $(0,x_0)$ 上，有 $f''(x)$ 为负，故 $f'(x)$ 单调递减，且 $f'(x)<f'(0)=0$，于是 在 $(0,x_0)$ 上 $f(x)$ 单调递减，且 $f(x)<f(0)=0$，不符题设舍去．
情形三当 $a=0$ 时，$f(x)=\ln(x+1)-x<0,x>0$ 恒成立，不符题设舍去．
综上可得 $a\geqslant 1$．
$(2)$ 先证右边$$ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac k{n^2}\right)<
\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n^2}=\dfrac1{n^2}\cdot\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac12+\dfrac1{2n}\leqslant 1.$$因此 $\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac k{n^2}\right)<\mathrm{e}$ 得证．再证左边，显然 $n=1$ 时不等式成立，故仅需考察 $n\geqslant 2$ 的情况，由于当 $a=1\wedge x>0$ 时，恒有 $f(x)>0$，即 $\ln (1+x)>x-\dfrac12x^2,$ 因此$$ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac k{n^2}\right)>\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left[\dfrac k{n^2}-\dfrac12\cdot\left(\dfrac k{n^2}\right)^2\right]=\dfrac12+\dfrac{(4n+1)(n-1)}{12n^3}>\dfrac12,$$故 $\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac k{n^2}\right)>\sqrt{\mathrm{e}}$ 得证．综上原命题证毕．