当 $a<0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 有一个极值点；
当 $0\leqslant a\leqslant \dfrac 89$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 无极值点；
当 $a>\dfrac 89$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 有两个极值点．

此题属于利用导数研究函数的极值问题．在研究含参函数的极值时，难点是讨论函数的单调性．由题意知，函数 $f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left(-1,+\infty\right)$，求导得\[f'\left(x\right)=\dfrac {1}{x+1}+a\left(2x-1\right)=\dfrac {2ax^2+ax-a+1}{x+1} .\]令\[g\left(x\right)=2ax^2+ax-a+1,x\in \left(-1,+\infty\right) .\]① 当 $a=0$ 时，$g\left(x\right)=1$，此时 $f'\left(x\right)>0$，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-1,+\infty\right)$ 上单调递增，无极值点；
② 当 $a>0$ 时，\[\Delta =a^2-8a\left(1-a\right)=a\left(9a-8\right) .\]a．当 $0<a\leqslant \dfrac 89$ 时，$\Delta\leqslant 0$，$g\left(x\right)\geqslant 0$，$f'\left(x\right)\geqslant 0$，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-1,+\infty\right)$ 上单调递增，无极值点；
b．当 $a>\dfrac 89$ 时，$\Delta >0$，设方程 $2ax^2+ax-a+1=0$ 的两根为 $x_1,x_2 \left(x_1<x_2\right)$，
因为\[x_1+x_2=-\dfrac 12 ,\]所以\[x_1<-\dfrac 14 , x_2>-\dfrac 14 .\]由 $g\left(-1\right)=1>0$，可得\[-1<x_1<-\dfrac 14 .\]所以当 $x\in \left(-1,x_1\right)$ 时，$g\left(x\right)>0$，$f'\left(x\right)>0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增；
当 $x\in \left(x_1,x_2\right)$ 时，$g\left(x\right)<0$，$f'\left(x\right)<0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减；
当 $x\in \left(x_2,+\infty\right)$ 时，$g\left(x\right)>0$，$f'\left(x\right)>0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增；
因此，函数有两个极值点．
c．当 $a<0$ 时，$\Delta >0$，
由 $g\left(-1\right)=1>0$，可得\[x_1<-1 .\]当 $x\in \left(-1,x_2\right)$ 时，$g\left(x\right)>0$，$f'\left(x\right)>0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增；
当 $x\in \left(x_2,+\infty\right)$ 时，$g\left(x\right)<0$，$f'\left(x\right)<0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减；
所以函数有一个极值点．
综上所述，当 $a<0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 有一个极值点；
当 $0\leqslant a\leqslant \dfrac 89$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 无极值点；
当 $a>\dfrac 89$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 有两个极值点．

$a$ 的取值范围是 $\left[0,1\right]$．

此不等式恒成立问题可以转化为函数最（小）值满足不等式即可，故利用函数单调性求解这个函数最小值使其满足条件．由题意可得，对于任意 $x>0$，都有 $f\left(x\right)\geqslant 0$ 恒成立．由（1）知，
① 当 $0\leqslant a\leqslant \dfrac 89$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，因为 $f\left(0\right)=0$，所以 $x\in \left(0,+\infty\right)$ 时，\[f\left(x\right)\overset{\left[a\right]}>0,\]（推导中用到：[a]）
符合题意．
② 当 $\dfrac 89<a\leqslant 1$ 时，由 $g\left(0\right)\geqslant 0$，得 $x_2\leqslant 0$，所以函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增．又\[f\left(0\right)=0 ,\]所以 $x\in \left(0,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)>0$，符合题意．
③ 当 $a>1$ 时，由 $g\left(0\right)<0$，可得 $x_2>0$．所以 $x\in \left(0,x_2\right)$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减．
因为 $f\left(0\right)=0$，所以 $x\in \left(0,x_2\right)$ 时，\[f\left(x\right)<0 ,\]不合题意．
④ 当 $a<0$ 时，设 $h\left(x\right)=x-\ln \left(x+1\right)$．因为 $x\in \left(0,+\infty\right)$ 时，\[h'\left(x\right)=1-\dfrac {1}{x+1}=\dfrac {x}{x+1}>0 ,\]所以 $h\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增．
因此，当 $x\in \left(0,+\infty\right)$ 时，\[h\left(x\right)>h\left(0\right)=0 ,\]即\[\ln \left(x+1\right)<x.\]可得\[f\left(x\right)<x+a\left(x^2-x\right)=ax^2+\left(1-a\right)x ,\]当 $x>1-\dfrac 1a$ 时，$ax^2+\left(1-a\right)x<0$，此时 $f\left(x\right)<0$，不符合题意．
综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left[0,1\right]$．