已知函数$f(x)=\log _{a}(a^{x}+1)+bx(a > 0$且$a\neq 1$，$b∈R)$的图象关于$y$轴对称，且满足$f(0)=1$． $($Ⅰ$)$求$a$、$b$的值； $($Ⅱ$)$若函数$g(x)=f(x)- \dfrac {1}{2}x+c$在$[0,1]$上存在零点，求实数$c$的取值范围； $($Ⅲ$)$若函数$φ(x)=2^{f(2x)+x}+λ×2^{x}-1(x∈-1,2])$，是否存在实数$λ$使得$φ(x)$的最小值为$-1$，若存在，求出$λ$的值，若不存在，请说明理由．

1. 利用已知点 $f(0)=1$ 求出 $a$ 的值

由 $f(0) = 1$ 代入函数解析式，得：
$\log_a(a^0 + 1) + b \cdot 0 = 1$
$\log_a 2 = 1$
解得 $a = 2$．

2. 利用函数图象关于 $y$ 轴对称（偶函数）求出 $b$ 的值

将 $a = 2$ 代入得 $f(x) = \log_2(2^x + 1) + bx$．
因为 $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称，所以 $f(x)$ 为偶函数，满足 $f(-x) = f(x)$ 对任意 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立．
其中：
$f(-x) = \log_2(2^{-x} + 1) - bx = \log_2\left(\frac{1 + 2^x}{2^x}\right) - bx = \log_2(2^x + 1) - x - bx$
由 $f(-x) = f(x)$，可得：
$\log_2(2^x + 1) - (b + 1)x = \log_2(2^x + 1) + bx$
$\Rightarrow -(b + 1)x = bx$
该式对任意 $x$ 恒成立，则 $-(b + 1) = b$，解得 $b = -\dfrac{1}{2}$．

1. 化简函数 $g(x)$ 的解析式并分离参数 $c$

由 (Ⅰ) 知 $f(x) = \log_2(2^x + 1) - \dfrac{1}{2}x$．
代入 $g(x)$ 可得：
$g(x) = \log_2(2^x + 1) - \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}x + c = \log_2(2^x + 1) - x + c$
由于 $\log_2(2^x + 1) - x = \log_2\left(\frac{2^x + 1}{2^x}\right) = \log_2(1 + 2^{-x})$，
故 $g(x) = \log_2(1 + 2^{-x}) + c$．
若 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上存在零点，即方程 $\log_2(1 + 2^{-x}) + c = 0$ 在 $x \in [0,1]$ 上有解，
转化为 $c = -\log_2(1 + 2^{-x})$．

2. 分析函数在闭区间上的单调性与值域，求出参数 $c$ 的范围

设 $h(x) = \log_2(1 + 2^{-x})$．
当 $x \in [0,1]$ 时，$2^{-x}$ 单调递减，故 $1 + 2^{-x}$ 单调递减，进而 $h(x) = \log_2(1 + 2^{-x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递减．
计算区间端点值：

• 当 $x = 0$ 时，$h(0) = \log_2(1 + 1) = \log_2 2 = 1$；
• 当 $x = 1$ 时，$h(1) = \log_2\left(1 + \frac{1}{2}\right) = \log_2\frac{3}{2} = \log_2 3 - 1$．
  因此，$h(x)$ 在 $[0,1]$ 上的值域为 $\left[\log_2 3 - 1, 1\right]$．
  故 $c = -h(x) \in \left[-1, 1 - \log_2 3\right]$．

1. 化简 $\varphi(x)$ 的表达式并用换元法转化为二次函数

由 (Ⅰ) 知 $f(x) = \log_2(2^x + 1) - \dfrac{1}{2}x$，
得 $f(2x) + x = \log_2(2^{2x} + 1) - x + x = \log_2(2^{2x} + 1)$．
因此 $2^{f(2x) + x} = 2^{\log_2(2^{2x} + 1)} = 2^{2x} + 1 = (2^x)^2 + 1$．
代入 $\varphi(x)$，得：
$\varphi(x) = (2^x)^2 + 1 + \lambda \cdot 2^x - 1 = (2^x)^2 + \lambda \cdot 2^x$
令 $t = 2^x$．因为 $x \in (-1, 2]$，所以 $t \in (2^{-1}, 2^2] = \left(\frac{1}{2}, 4\right]$．
函数转化为 $\psi(t) = t^2 + \lambda t$，其中 $t \in \left(\frac{1}{2}, 4\right]$．
其对称轴为直线 $t = -\frac{\lambda}{2}$．

2. 按对称轴位置分类讨论二次函数在开/半开区间上的最小值

根据对称轴 $t = -\frac{\lambda}{2}$ 与区间 $\left(\frac{1}{2}, 4\right]$ 的位置关系分类讨论：

① 当 $-\frac{\lambda}{2} \le \frac{1}{2}$ 即 $\lambda \ge -1$ 时：
$\psi(t)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 4\right]$ 上单调递增．当 $t \to \frac{1}{2}^+$ 时，$\psi(t)$ 趋近于 $\psi\left(\frac{1}{2}\right)$，但由于 $t = \frac{1}{2}$ 取不到，故 $\psi(t)$ 在此区间上没有最小值，不合题意．

② 当 $\frac{1}{2} < -\frac{\lambda}{2} \le 4$ 即 $-8 \le \lambda < -1$ 时：
$\psi(t)$ 在 $t = -\frac{\lambda}{2}$ 处取得最小值：
$\psi\left(-\frac{\lambda}{2}\right) = \left(-\frac{\lambda}{2}\right)^2 + \lambda \left(-\frac{\lambda}{2}\right) = -\frac{\lambda^2}{4}$
令 $-\frac{\lambda^2}{4} = -1$，解得 $\lambda^2 = 4 \implies \lambda = \pm 2$．
结合范围 $-8 \le \lambda < -1$，得 $\lambda = -2$．

③ 当 $-\frac{\lambda}{2} > 4$ 即 $\lambda < -8$ 时：
$\psi(t)$ 在 $\left(\frac{1}{2}, 4\right]$ 上单调递减，在 $t = 4$ 处取得最小值：
$\psi(4) = 4^2 + 4\lambda = 16 + 4\lambda$
令 $16 + 4\lambda = -1$，解得 $\lambda = -\frac{17}{4} = -4.25$．
但 $-4.25 > -8$，不满足 $\lambda < -8$，舍去．

综上，存在唯一的实数 $\lambda = -2$，使得 $\varphi(x)$ 的最小值为 $-1$．