已知函数$f(x)=-2x\ln x+x^{2}-2ax+a^{2}.$记$g(x)$为$f(x)$的导函数． (1)若曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线垂直于直线$x+y+3=0$，求$a$的值； (2)讨论$g(x)=0$的解的个数； (3)证明：对任意的$0 < s < t < 2$，恒有$\dfrac {g(s)-g(t)}{s-t} < 1$．

1. 求函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)$ 及切点处的导数值

对 $f(x) = -2x\ln x + x^{2} - 2ax + a^{2}$ 求导，得：
$f'(x) = -2(\ln x + 1) + 2x - 2a = 2x - 2\ln x - 2a - 2$
当 $x = 1$ 时，切线斜率为：
$k = f'(1) = 2(1) - 2\ln 1 - 2a - 2 = -2a$

2. 根据直线垂直的斜率关系求出 $a$ 的值

直线 $x + y + 3 = 0$ 的斜率为 $-1$。
因为曲线在 $x = 1$ 处的切线垂直于该直线，所以切线斜率满足：
$k \times (-1) = -1 \implies k = 1$
即 $-2a = 1$，解得 $a = -\dfrac{1}{2}$。

1. 写出 $g(x)$ 的解析式并求其导函数 $g'(x)$

由题意得 $g(x) = f'(x) = 2x - 2\ln x - 2a - 2$（定义域为 $(0, +\infty)$）。
对 $g(x)$ 求导，得：
$g'(x) = 2 - \dfrac{2}{x} = \dfrac{2(x - 1)}{x}$

2. 分析 $g(x)$ 的单调性与最小值

当 $x \in (0, 1)$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 单调递增。
因此，$g(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极小值，也是最小值：
$g(1) = 2(1) - 2\ln 1 - 2a - 2 = -2a$
且当 $x \to 0^+$ 时，$g(x) \to +\infty$；当 $x \to +\infty$ 时，$g(x) \to +\infty$。

3. 按 $a$ 的取值范围讨论方程 $g(x) = 0$ 解的个数

根据最小值 $g(1) = -2a$ 的符号分类讨论：
① 当 $a < 0$ 时，$g(1) = -2a > 0$，由于 $g(x)$ 的最小值为正，故 $g(x) > 0$ 恒成立，方程 $g(x) = 0$ 无解，解的个数为 $0$；
② 当 $a = 0$ 时，$g(1) = -2a = 0$，$x = 1$ 是唯一的零点，故方程 $g(x) = 0$ 的解的个数为 $1$；
③ 当 $a > 0$ 时，$g(1) = -2a < 0$，结合 $g(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\infty)$ 上的单调性以及端点极限，在区间 $(0, 1)$ 和 $(1, +\infty)$ 内各存在一个零点，故方程 $g(x) = 0$ 的解的个数为 $2$。

1. 转化待证不等式

对于任意 $0 < s < t < 2$，有 $s - t < 0$。
要证 $\dfrac{g(s) - g(t)}{s - t} < 1$，由于 $s - t < 0$，两边同乘以 $s - t$ 等价于证明：
$g(s) - g(t) > s - t$
即 $g(s) - s > g(t) - t$。

2. 构造辅助函数并求导判断单调性

构造函数 $h(x) = g(x) - x$ ($x \in (0, 2)$)。
代入 $g(x) = 2x - 2\ln x - 2a - 2$，得：
$h(x) = x - 2\ln x - 2a - 2$
对 $h(x)$ 求导：
$h'(x) = 1 - \dfrac{2}{x} = \dfrac{x - 2}{x}$

3. 结合单调性完成不等式的证明

当 $x \in (0, 2)$ 时，$x - 2 < 0$ 且 $x > 0$，所以 $h'(x) < 0$。
因此 $h(x)$ 在 $(0, 2)$ 上单调递减。
因为 $0 < s < t < 2$，所以 $h(s) > h(t)$，即：
$g(s) - s > g(t) - t \implies g(s) - g(t) > s - t$
两边同除以负数 $s - t$，不等号方向改变，得：
$\dfrac{g(s) - g(t)}{s - t} < 1$
命题得证。