22．（15分）设$a$，$b$为实数，且$a>1$，函数$f(x)=a^{x}-bx+e^{2}(x\in R)$．
（Ⅰ）求函数$f(x)$的单调区间；
（Ⅱ）若对任意$b>2e^{2}$，函数$f(x)$有两个不同的零点，求$a$的取值范围；
（Ⅲ）当$a=e$时，证明：对任意$b>e^{4}$，函数$f(x)$有两个不同的零点$x_{1}$，$x_{2}$，满足$x_{2}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}x_{1}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$．
（注$:e=2.71828\dotsb$是自然对数的底数）
分析：（Ⅰ）对函数$f(x)$求导，然后分$b\leqslant 0$及$b>0$两种情况讨论即可得出单调性情况；
（Ⅱ）易知只需$f(x)_{min}=f(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})<0$即可，计算可知$b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna<0$对任意$b>2e^{2}$均成立，记$g(b)=b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna,b>2{e}^{2}$，对$g$（b）求导，然后分
$lna>2e^{2}$及$lna\leqslant 2e^{2}$两种情况讨论，求得$g$（b）的最大值，令其小于零即可得解；
（Ⅲ）当$a=e$时，由$f(x)$的最小值小于零，可知其有两个零点，所证不等式可转化为${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$，利用单调性先证${x}_{1}<\dfrac{2{e}^{2}}{b}$，问题转化为证$x_{2}>ln(blnb)$，再利用单调性证明即可．
解：（Ⅰ）$f\prime (x)=a^{x}lna-b$，
①当$b\leqslant 0$时，由于$a>1$，则$a^{x}lna>0$，故$f\prime (x)>0$，此时$f(x)$在$R$上单调递增；
②当$b>0$时，令$f\prime (x)>0$，解得$x>\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$，令$f\prime (x)<0$，解得$x<\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$，
$\therefore$此时$f(x)$在$(-\infty ,\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})$单调递减，在$(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna},+\infty )$单调递增；
综上，当$b\leqslant 0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty ,+\infty )$；当$b>0$时，$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty ,\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})$，单调递增区间为$(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna},+\infty )$；
（Ⅱ）注意到$x\rarr -\infty$时，$f(x)\rarr +\infty$，当$x\rarr +\infty$时，$f(x)\rarr +\infty$，
由（Ⅰ）知，要使函数$f(x)$有两个不同的零点，只需$f(x)_{min}=f(\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna})<0$即可，
$\therefore$$a\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$对任意$b>2e^{2}$均成立，
令$t=\dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}$，则$a^{t}-bt+e^{2}<0$，即$e^{tlna}-bt+e^{2}<0$，即${e}^{ln\dfrac{b}{lna}}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$，即$\dfrac{b}{lna}-b\cdot \dfrac{ln\dfrac{b}{lna}}{lna}+{e}^{2}<0$，
$\therefore$$b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna<0$对任意$b>2e^{2}$均成立，
记$g(b)=b-b\cdot ln\dfrac{b}{lna}+{e}^{2}lna,b>2{e}^{2}$，则${g}'(b)=1-(ln\dfrac{b}{lna}+b\cdot \dfrac{lna}{b}\cdot \dfrac{1}{lna})=ln(lna)-lnb$，
令$g\prime$（b）$=0$，得$b=lna$，
①当$lna>2e^{2}$，即$a>{e}^{2{e}^{2}}$时，易知$g$（b）在$(2e^{2}$，$lna)$单调递增，在$(lna,+\infty )$单调递减，
此时$g$（b）$\leqslant g(lna)=lna-lna\cdot ln1+e^{2}lna=lna\cdot (e^{2}+1)>0$，不合题意；
②当$lna\leqslant 2e^{2}$，即$1<a\leqslant {e}^{2{e}^{2}}$时，易知$g$（b）在$(2e^{2}$，$+\infty )$单调递减，
此时$g(b)<g(2{e}^{2})=2{e}^{2}-2{e}^{2}\cdot ln\dfrac{2{e}^{2}}{lna}+{e}^{2}lna=2e^{2}-2e^{2}[ln(2e^{2})-ln(lna)]+e^{2}lna$，
故只需$2-2[ln2+2-ln(lna)]+lna\leqslant 0$，即$lna+2ln(lna)\leqslant 2+2ln2$，则$lna\leqslant 2$，即$a\leqslant e^{2}$；
综上，实数$a$的取值范围为$(1$，$e^{2}]$；
（Ⅲ）证明：当$a=e$时，$f(x)=e^{x}-bx+e^{2}$，$f\prime (x)=e^{x}-b$，令$f\prime (x)=0$，解得$x=lnb>4$，
易知$f(x)_{min}=f(lnb)={e}^{lnb}-b\cdot lnb+{e}^{2}=b-blnb+{e}^{2}<b-4b+e^{2}=e^{2}-3b<e^{2}-3e^{4}=e^{2}(1-3e^{2})<0$，
$\therefore f(x)$有两个零点，不妨设为$x_{1}$，$x_{2}$，且$x_{1}<lnb<x_{2}$，
由$f({x}_{2})={e}^{{x}_{2}}-b{x}_{2}+{e}^{2}=0$，可得${x}_{2}=\dfrac{{e}^{{x}_{2}}}{b}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$，
$\therefore$要证${x}_{2}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}+\dfrac{{e}^{2}}{b}$，只需证$\dfrac{{e}^{{x}_{2}}}{b}>\dfrac{blnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$，只需证${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$，
而$f(\dfrac{2{e}^{2}}{b})={e}^{\dfrac{2{e}^{2}}{b}}-2{e}^{2}+{e}^{2}={e}^{\dfrac{2{e}^{2}}{b}}-{e}^{2}<{e}^{\dfrac{2}{{e}^{2}}}-{e}^{2}<0$，则${x}_{1}<\dfrac{2{e}^{2}}{b}$，
$\therefore$要证${e}^{{x}_{2}}>\dfrac{{b}^{2}lnb}{2{e}^{2}}{x}_{1}$，只需证${e}^{{x}_{2}}>blnb$，只需证$x_{2}>ln(blnb)$，
而$f(ln(blnb))=e^{ln(blnb)}-bln(blnb)+e^{2}=blnb-bln(blnb)+e^{2}<blnb-bln(4b)+e^{2}=b\cdot ln\dfrac{1}{4}+{e}^{2}={e}^{2}-bln4<0$，
$\therefore x_{2}>ln(blnb)$，即得证．
点评：本题考查导数的综合运用，涉及了利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查分类讨论思想，转化思想，考查推理论证能力及运算求解能力，属于难题．