（12分）已知函数$f(x)=\dfrac{e^x}{x}-\ln x+x-a$．
（1）若$f(x)\geqslant 0$，求$a$的取值范围；
（2）证明：若$f(x)$有两个零点$x_{1}$，$x_{2}$，则$x_{1}x_{2} < 1$．
分析：（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在$(0,+\infty )$恒大于等于0，故$f(x)_{min}=f$（1）$=e+1-a > 0$，解出$a$的范围即可．
（2）首先将原不等式转化为证明$1 < {x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$，再利用函数$f(x)$在$(1,+\infty )$单调递增，即转化为证明$f({x}_{2}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$$\Leftrightarrow$$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$，继而构造函数$h(x)=f(x)-f(\dfrac{1}{x})$证明其在$(0,1)$恒小于0即可．
解答：解：（1）$f(x)$的定义域为$(0,+\infty )$，$f\prime (x)=\dfrac{{e}^{x}(x-1)}{{x}^{2}}-\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{({e}^{x}+x)(x-1)}{{x}^{2}}$，
令$f\prime (x) > 0$，解得$x > 1$，故函数$f(x)$在$(0,1)$单调递减，$(1,+\infty )$单调递增，
故$f(x)_{min}=f$（1）$=e+1-a$，要使得$f(x)\geqslant 0$恒成立，仅需$e+1-a\geqslant 0$，
故$a\leqslant e+1$，故$a$的取值范围是$(-\infty$，$e+1]$；
（2）证明：由已知有函数$f(x)$要有两个零点，故$f$（1）$=e+1-a < 0$，即$a > e+1$，
不妨设$0 < x_{1} < 1 < x_{2}$，要证明$x_{1}x_{2} < 1$，即证明${x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$，
$\because 0 < x_{1} < 1$，$\therefore$$\dfrac{1}{{x}_{1}} > 1$，
即证明：$1 < {x}_{2} < \dfrac{1}{{x}_{1}}$，又因为$f(x)$在$(1,+\infty )$单调递增，
即证明：$f({x}_{2}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$$\Leftrightarrow$$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$，
构造函数$h(x)=f(x)-f(\dfrac{1}{x})$，$0 < x < 1$，
$h\prime (x)=f\prime (x)+\dfrac{1}{{x}^{2}}f\prime (\dfrac{1}{x})=\dfrac{(x-1)({e}^{x}+x-x{e}^{\dfrac{1}{x}}-1)}{{x}^{2}}$，
构造函数$m(x)={e}^{x}+x-x{e}^{\dfrac{1}{x}}-1$，
$m\prime (x)={e}^{x}+1-{e}^{\dfrac{1}{x}}(1-\dfrac{1}{x})$，因为$0 < x < 1$，所以$1-\dfrac{1}{x} < 0$，
故$m\prime (x) > 0$在$(0,1)$恒成立，故$m(x)$在$(0,1)$单调递增，
故$m(x) < m$（1）$=0$
又因为$x-1 < 0$，故$h\prime (x) > 0$在$(0,1)$恒成立，故$h(x)$在$(0,1)$单调递增，
又因为$h$（1）$=0$，故$h(x) < h$（1）$=0$，
故$f({x}_{1}) < f(\dfrac{1}{{x}_{1}})$，即$x_{1}x_{2} < 1$．得证．
解答：本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．