已知函数$f\left(x\right)=\left(x-1\right)\ln x$，$.g\left(x\right)=x-\ln x-\dfrac{3}{e}(1)$求证：函数$y=f\left(x\right)$的图象恒在函数$y=g\left(x\right)$图象的上方； (2)当$m>0$时，令$h\left(x\right)=mf\left(x\right)+g\left(x\right)$的两个零点${{x}_{1}}$，${{x}_{2}}\left({{x}_{1}}< {{x}_{2}}\right).$求证：${{x}_{2}}-{{x}_{1}}< e-\dfrac{1}{e}.$

1. 构造差函数并将问题转化为求函数的最小值

要证函数 $y=f(x)$ 的图象恒在函数 $y=g(x)$ 图象的上方，即证对于任意 $x > 0$，$f(x) - g(x) > 0$。
设 $F(x) = f(x) - g(x)$，则：
$F(x) = (x-1)\ln x - \left(x - \ln x - \frac{3}{e}\right) = x\ln x - x + \frac{3}{e} \quad (x > 0)$

2. 求导数并分析函数的单调性

对 $F(x)$ 求导得：
$F'(x) = \ln x + x \cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln x$
当 $x \in (0, 1)$ 时，$F'(x) < 0$，$F(x)$ 单调递减；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$F'(x) > 0$，$F(x)$ 单调递增。

3. 计算最小值并完成证明

因此，当 $x = 1$ 时，$F(x)$ 取得最小值：
$F(x)_{\min} = F(1) = 1 \cdot \ln 1 - 1 + \frac{3}{e} = \frac{3}{e} - 1$
因为 $e < 3$，所以 $\frac{3}{e} > 1$，即 $F(1) = \frac{3}{e} - 1 > 0$。
故对任意 $x > 0$，均有 $F(x) \ge F(1) > 0$，即 $f(x) > g(x)$。
所以函数 $y=f(x)$ 的图象恒在函数 $y=g(x)$ 图象的上方。

1. 分析函数 $h(x)$ 的单调性

由题意得 $h(x) = m f(x) + g(x) = m(x-1)\ln x + x - \ln x - \frac{3}{e}$ ($x > 0$)。
对 $h(x)$ 求导得：
$h'(x) = m\left(\ln x + 1 - \frac{1}{x}\right) + 1 - \frac{1}{x} = \left(m + 1\right)\left(1 - \frac{1}{x}\right) + m \ln x$
设 $\phi(x) = \ln x + 1 - \frac{1}{x}$，则 $\phi'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} > 0$，故 $\phi(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，且 $\phi(1) = 0$。
因此：
当 $x \in (0, 1)$ 时，$\phi(x) < 0$ 且 $1 - \frac{1}{x} < 0$，又 $m > 0$，所以 $h'(x) < 0$，$h(x)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递减；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$\phi(x) > 0$ 且 $1 - \frac{1}{x} > 0$，又 $m > 0$，所以 $h'(x) > 0$，$h(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增。

2. 计算特殊点的函数值符号，缩小零点范围

根据 $h(x)$ 的表达式计算特殊点处的函数值：

1. 当 $x = 1$ 时，$h(1) = m \cdot 0 + 1 - 0 - \frac{3}{e} = 1 - \frac{3}{e} < 0$；
2. 当 $x = \frac{1}{e}$ 时，$f\left(\frac{1}{e}\right) = \left(\frac{1}{e}-1\right)(-1) = 1 - \frac{1}{e} > 0$，$g\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e} - (-1) - \frac{3}{e} = 1 - \frac{2}{e} > 0$（因为 $e > 2$），
   故 $h\left(\frac{1}{e}\right) = m f\left(\frac{1}{e}\right) + g\left(\frac{1}{e}\right) > 0$；
3. 当 $x = e$ 时，$f(e) = (e-1) \cdot 1 = e - 1 > 0$，$g(e) = e - 1 - \frac{3}{e} > 0$（因为 $e \approx 2.718$，$e - 1 - \frac{3}{e} \approx 0.615 > 0$），
   故 $h(e) = m f(e) + g(e) > 0$。

3. 结合零点存在定理确定零点区间并完成证明

因为 $h(x)$ 在 $\left[\frac{1}{e}, 1\right]$ 和 $[1, e]$ 上连续，且：

• 在区间 $\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ 上，$h\left(\frac{1}{e}\right) > 0$，$h(1) < 0$，且 $h(x)$ 单调递减，故 $h(x)$ 在 $\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ 内存在唯一零点 $x_1$，即 $\frac{1}{e} < x_1 < 1$；
• 在区间 $(1, e)$ 上，$h(1) < 0$，$h(e) > 0$，且 $h(x)$ 单调递增，故 $h(x)$ 在 $(1, e)$ 内存在唯一零点 $x_2$，即 $1 < x_2 < e$。

由 $\frac{1}{e} < x_1 < 1$ 可得 $-1 < -x_1 < -\frac{1}{e}$，
与 $1 < x_2 < e$ 相加得：
$x_2 - x_1 < e - \frac{1}{e}$
得证。