实数 $a$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$

显然根据题意有 $a\geqslant 0$，而函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=\dfrac{ax^2+a-2}{(ax+1)(1+x)^2}.$$注意到 $f(0)=1$，因此 $f'(0)\geqslant 0$，从而 $a\geqslant 2$，否则在 $\left(0,\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)$ 上，$f(x)$ 单调递减，又 $f(0)=1$，不符合题意．
当 $a\geqslant 2$ 时，有 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，符合题意．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$．

$\{1\}$

 直接分析 根据（1），必然有 $0<a<2$．此时 $f(x)$ 的极小值，亦为最小值为$$m=f\left(\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)=\ln\left(\sqrt{a(2-a)}+1\right)+\dfrac{\sqrt a-\sqrt{2-a}}{\sqrt a+\sqrt{2-a}},$$设 $t=\sqrt{a(2-a)}$，则 $t\in (0,1]$．
情形一 当 $0<a<1$ 时，有$$m=\ln (t+1)-\dfrac{\sqrt {2-2t}}{\sqrt{2+2t}}<\ln (t+1)\leqslant \ln 2,$$不符合题意．
情形二当 $a\geqslant 1$ 时，有$$m=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{2-2t}}{\sqrt{2+2t}}=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}},$$有$$m'_t=\dfrac{1}{t+1}\left[1-\dfrac12\left(\dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt{1-t}}+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}}\right)\right]\leqslant 0,$$于是 $m$ 在 $(0,1]$ 上单调递减，因此 $m\geqslant m\mid_{t=1}=\ln 2$，等号当且仅当 $t=1$，即 $a=1$ 时取得．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\{1\}$．
分离变量
根据题意，有$$\forall x> 0,a\geqslant \dfrac{2{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}-1}x,$$且等号可以取得．设右侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数$$\varphi'(x)=\dfrac{1-{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}\cdot \left[1+\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2\right]}{x^2},$$令 $t=\dfrac{x-1}{x+1}$，则 $t\in [-1,1)$，设 $\mu (t)={\rm e}^t(1+t^2)$，则其导函数$$\mu'(t)={\rm e}^t\left(t+1\right)^2\geqslant 0,$$于是 $\mu(t)$ 在 $[-1,1)$ 上单调递增，结合 $\mu (0)=1$，可得 $\varphi(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增（因为 $x\in(0,1)$ 时，$t\in(-1,0)$，从而有 $\mu(t)<\mu(0)=1$，所以 $\varphi'(x)>0$），在 $(1,+\infty)$ 上单调递减（因为 $x\in(1,+\infty)$ 时，$t\in(0,1)$，从而有 $\mu(t)>\mu(0)=1$，所以 $\varphi'(x)<0$），且有极大值，亦最大值 $\varphi(1)=1$．因此 $a$ 的取值范围为 $\{1\}$．