设$f(x)$在$[a,+∞)$的导函数为$f'(x)$，且当$x>a$时，有$f'(x)>k>0(k$为常数$)$，若$f(a)< 0$，则在区间$(a,a-\dfrac{f(a)}{k})$内，方程$f(x)=0$的解的个数为$(\quad)$

A. $0$

B. $1$

C. $0$或$1$

D. $4$

1. 由导数的符号判断 $f(x)$ 的单调性，确定方程根的唯一性

因为当 $x > a$ 时，有 $f'(x) > k > 0$，所以 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上是严格单调递增的。
因此，方程 $f(x) = 0$ 在区间 $(a, a - \dfrac{f(a)}{k})$ 内至多有一个实根。

2. 确定区间端点的大小关系

令 $b = a - \dfrac{f(a)}{k}$。
由于 $f(a) < 0$ 且 $k > 0$，可得 $-\dfrac{f(a)}{k} > 0$，因此 $b > a$。

3. 构造辅助函数以估计 $f(b)$ 的符号

构造辅助函数 $g(x) = f(x) - k(x - a)$，其中 $x \in [a, b]$。

4. 利用导数确定辅助函数 $g(x)$ 的单调性

对 $g(x)$ 求导得：$g'(x) = f'(x) - k$。
因为当 $x > a$ 时，$f'(x) > k$，所以对任意 $x \in (a, b]$，有 $g'(x) > 0$。
由此可知，$g(x)$ 在 $[a, b]$ 上是严格单调递增的。

5. 比较 $g(b)$ 与 $g(a)$ 的大小，求得 $f(b)$ 的符号

由 $g(x)$ 的单调递增性，当 $b > a$ 时有 $g(b) > g(a)$。
将 $g(x)$ 的表达式代入得：
$f(b) - k(b - a) > f(a) - k(a - a)$
即：
$f(b) - k \left( -\frac{f(a)}{k} \right) > f(a)$
化简得：
$f(b) + f(a) > f(a) \implies f(b) > 0$

6. 利用零点存在定理确定根的存在性

因为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f(a) < 0$，$f(b) > 0$，
根据连续函数的零点存在定理，存在至少一个 $x_0 \in (a, b)$，使得 $f(x_0) = 0$。

7. 结合存在性与唯一性得出最终结论

结合单调性（唯一性）与零点存在定理（存在性），方程 $f(x) = 0$ 在区间 $(a, a - \dfrac{f(a)}{k})$ 内有且仅有 $1$ 个解。
因此正确选项为 B。