已知函数$f(x)= \dfrac {ax}{e^{x}}$在$x=0$处的切线方程为$y=x$． (1)求$a$的值； (2)若对任意的$x∈(0,2)$，都有$\dfrac {1}{f(x)} > k+2x-x^{2}$成立，求$k$的取值范围； (3)若函数$g(x)=\ln f(x)-b$的两个零点为$x_{1}$，$x_{2}$，试判断$g′( \dfrac {x_{1}+x_{2}}{2})$的正负，并说明理由．

1. 对 $f(x)$ 求导

由题意，$f(x) = \dfrac{ax}{e^x} = ax e^{-x}$，对 $f(x)$ 求导得：
$f'(x) = a e^{-x} - ax e^{-x} = a(1-x) e^{-x}$

2. 利用切线方程求 $a$ 的值

曲线 $y = f(x)$ 在 $x=0$ 处的切线方程为 $y = x$，其斜率为 $1$。
由切线的几何意义可知 $f'(0) = 1$。
将 $x=0$ 代入 $f'(x)$ 得：
$f'(0) = a(1-0)e^0 = a$
因此 $a = 1$。

1. 分离参数 $k$，转化不等式

由 (1) 知 $a=1$，故 $f(x) = \dfrac{x}{e^x}$。
当 $x \in (0,2)$ 时，$\dfrac{1}{f(x)} = \dfrac{e^x}{x}$。
不等式 $\dfrac{1}{f(x)} > k + 2x - x^2$ 变形为：
$k < \dfrac{e^x}{x} + x^2 - 2x$
设 $h(x) = \dfrac{e^x}{x} + x^2 - 2x$，则只需 $k < h(x)_{\min}$（$x \in (0,2)$）。

2. 对构造的函数求导并分析单调性

对 $h(x)$ 求导：
$h'(x) = \dfrac{e^x \cdot x - e^x \cdot 1}{x^2} + 2x - 2 = \dfrac{e^x(x-1)}{x^2} + 2(x-1) = (x-1)\left(\dfrac{e^x}{x^2} + 2\right)$
当 $x \in (0,2)$ 时，$\dfrac{e^x}{x^2} + 2 > 0$ 恒成立。

• 当 $x \in (0,1)$ 时，$x-1 < 0$，则 $h'(x) < 0$，$h(x)$ 单调递减；
• 当 $x \in (1,2)$ 时，$x-1 > 0$，则 $h'(x) > 0$，$h(x)$ 单调递增。

3. 求最值并确定 $k$ 的取值范围

因此，函数 $h(x)$ 在 $x \in (0,2)$ 上的最小值为：
$h(1) = \dfrac{e^1}{1} + 1^2 - 2(1) = e - 1$
要使 $k < h(x)$ 对任意 $x \in (0,2)$ 恒成立，需满足 $k < h(1) = e - 1$。
故 $k$ 的取值范围是 $k < e - 1$。

1. 写出 $g(x)$ 的解析式与导函数，分析单调性

由题意，$g(x) = \ln f(x) - b = \ln\left(\dfrac{x}{e^x}\right) - b = \ln x - x - b$，定义域为 $(0,+\infty)$。
求导得 $g'(x) = \dfrac{1}{x} - 1$。
当 $x \in (0,1)$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 单调递增；
当 $x \in (1,+\infty)$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减。
因此 $x=1$ 为 $g(x)$ 的极大值点。
由于 $g(x)$ 有两个零点 $x_1, x_2$，不妨设 $0 < x_1 < 1 < x_2$。

2. 构造辅助函数比较 $g(x_1)$ 与 $g(2-x_1)$

构造辅助函数 $F(x) = g(x) - g(2-x)$，其中 $x \in (0,1)$。
$F(x) = (\ln x - x - b) - [\ln(2-x) - (2-x) - b] = \ln x - \ln(2-x) - 2x + 2$
求导得：
$F'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{-1}{2-x} - 2 = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{2-x} - 2 = \dfrac{2}{x(2-x)} - 2 = \dfrac{2(x-1)^2}{x(2-x)}$
因为 $x \in (0,1)$，所以 $x(2-x) > 0$，$(x-1)^2 > 0$，故 $F'(x) > 0$。
所以 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增。

3. 推导得出 $\dfrac{x_1+x_2}{2} > 1$

因为 $x_1 \in (0,1)$，且 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，所以：
$F(x_1) < F(1) = \ln 1 - \ln 1 - 2(1) + 2 = 0$
即 $g(x_1) - g(2-x_1) < 0 \implies g(x_1) < g(2-x_1)$。
又因为 $g(x_1) = g(x_2) = 0$，代入得 $g(x_2) < g(2-x_1)$。
因为 $x_1 \in (0,1)$，所以 $2-x_1 \in (1,2)$，又有 $x_2 \in (1,+\infty)$。
已知 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，由 $g(x_2) < g(2-x_1)$ 可得：
$x_2 > 2 - x_1 \implies x_1 + x_2 > 2 \implies \dfrac{x_1 + x_2}{2} > 1$

4. 判断 $g'\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)$ 的正负

因为 $\dfrac{x_1+x_2}{2} > 1$，且 $g'(x) = \dfrac{1}{x} - 1$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒有 $g'(x) < 0$。
代入 $x = \dfrac{x_1+x_2}{2}$ 得：
$g'\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right) = \dfrac{1}{\dfrac{x_1+x_2}{2}} - 1 = \dfrac{2}{x_1+x_2} - 1 < 0$
所以 $g'\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)$ 为负。