f(x+a) ＜ f(x) 恒成立

题目：已知函数 $f(x)=\begin{cases} ax^2+x, & x\ge 0\\ -ax^2+x, & x<0 \end{cases}$，当 $x\in\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right]$ 时，恒有 $f(x+a)<f(x)$ 成立，则实数 $a$ 的取值范围是（　　）

A. $\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2},\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)$　　B. $\left(-1,\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)$

C. $\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2},0\right)$　　D. $\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2},-\dfrac{1}{2}\right]$

简析：依题可知 $f(x)$ 为奇函数。

$a>0$ 时，$f(x)$ 图像如上图所示，显然 $f(x+a)>f(x)$，不合题意；

$a=0$ 时，$f(x+a)=f(x)$，不合题意；

$a<0$ 时，$f(x+a)$ 图像为 $f(x)$ 图像向右平移 $-a$ 个单位，图像如下图所示，红色为 $f(x)$，蓝色为 $f(x+a)$。

显然，若 $f(x+a)<f(x)$ 恒成立，即 $x\in\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right]$ 时 $f(x+a)$ 对应图像在 $f(x)$ 下方，

只需 $f\!\left(-\dfrac{1}{2}+a\right)<f\!\left(-\dfrac{1}{2}\right)$

$\therefore\ -a\left(-\dfrac{1}{2}+a\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}+a\right)<-\dfrac{a}{4}-\dfrac{1}{2}$

$\therefore\ \dfrac{1-\sqrt5}{2}<a<0$

故选 $\boxed{C}$。