已知函数$f\left(x\right)=\dfrac{{\rm\ln}x}{x}-a\left(a\in R\right).(1)$若函数$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围； (2)设函数$f(x)$的两个零点为$m$，$n$，求证：${\rm mn}{\rm\;>\;}{e}^{2}.$

1. 将零点问题转化为两函数图象的交点问题

由题意，函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x} - a$ 的定义域为 $(0, +\infty)$.
令 $g(x) = \dfrac{\ln x}{x}$，则函数 $f(x)$ 有两个零点等价于方程 $g(x) = a$ 有两个不同的实根，即函数 $y = g(x)$ 的图象与直线 $y = a$ 有两个不同的交点。

2. 求导并确定函数 $g(x)$ 的单调性与极值

求导得 $g'(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}$.
令 $g'(x) = 0$，得 $x = e$.
当 $0 < x < e$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 在 $(0, e)$ 上单调递增；
当 $x > e$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。
因此，当 $x = e$ 时，$g(x)$ 取得极大值，也是最大值 $g(e) = \dfrac{1}{e}$。

3. 分析边界行为并求出 $a$ 的取值范围

当 $x \to 0^+$ 时，$g(x) \to -\infty$；
当 $x \to +\infty$ 时，$g(x) \to 0$。
结合 $g(x)$ 的单调性，其大致图象在 $y$ 轴右侧，自 $-\infty$ 递增至最大值 $\dfrac{1}{e}$，随后递减趋近于 $0$。
因此，要使直线 $y = a$ 与 $y = g(x)$ 有两个不同的交点，需满足 $0 < a < \dfrac{1}{e}$。
故 $a$ 的取值范围是 $\left(0, \dfrac{1}{e}\right)$。

1. 由零点关系列出等式并作差作和变形

设 $m > n > 0$。由题意知 $m, n$ 是 $f(x)$ 的两个零点，则：
$\dfrac{\ln m}{m} = a$，且 $\dfrac{\ln n}{n} = a$，即 $\ln m = am$，$\ln n = an$。
两式相减得：$\ln m - \ln n = a(m - n)$，得 $a = \dfrac{\ln m - \ln n}{m - n}$；
两式相加得：$\ln m + \ln n = a(m + n)$，代入 $a$ 得：
$\ln m + \ln n = \dfrac{m + n}{m - n} (\ln m - \ln n)$。

2. 引入自变量比值 $t$，转化为一元不等式

设 $t = \dfrac{m}{n} > 1$，则：
$\ln m + \ln n = \dfrac{t + 1}{t - 1} \ln t$。
要证 $mn > e^2$，只需证 $\ln(mn) > 2$，即证 $\ln m + \ln n > 2$。
代入得：$\dfrac{t + 1}{t - 1} \ln t > 2$。
因为 $t > 1$，所以 $t - 1 > 0$，上式等价于 $\ln t > \dfrac{2(t - 1)}{t + 1}$。

3. 构造辅助函数，利用导数证明不等式

构造函数 $h(t) = \ln t - \dfrac{2(t - 1)}{t + 1}$ ($t \ge 1$)。
求导得：$h'(t) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{2(t + 1) - 2(t - 1)}{(t + 1)^2} = \dfrac{1}{t} - \dfrac{4}{(t + 1)^2} = \dfrac{(t - 1)^2}{t(t + 1)^2}$。
当 $t > 1$ 时，$h'(t) > 0$，所以 $h(t)$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递增。
从而当 $t > 1$ 时，$h(t) > h(1) = 0$。
即 $\ln t > \dfrac{2(t - 1)}{t + 1}$ 成立。
因此 $\ln m + \ln n > 2$，进而 $\ln(mn) > 2$，故 $mn > e^2$ 得证。