已知函数 $F(x)= \dfrac{p}{x}+\ln ⁡(px) ($其中 $p > 0).(1)$当 $p=\dfrac{1}{2}$ 时，判断 $F(x)$ 零点的个数$k$； (2)在(1)的条件下，记这些零点分别为 ${{x}_{i}}(i=1,2,\cdots ,k)$ ，求证： $\dfrac{1}{{{x}_{1}}}+\dfrac{1}{{{x}_{2}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{x}_{k}}} > 4$ ．

1. 代入 $p=\dfrac{1}{2}$ 并求出函数 $F(x)$ 的导函数

当 $p = \dfrac{1}{2}$ 时，$F(x) = \dfrac{1}{2x} + \ln\left(\dfrac{x}{2}\right)$，定义域为 $(0, +\infty)$．
对 $F(x)$ 求导得：
$F'(x) = -\dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x - 1}{2x^2}$

2. 分析函数的单调性与极小值

令 $F'(x) = 0$，解得 $x = \dfrac{1}{2}$．
当 $x \in \left(0, \dfrac{1}{2}\right)$ 时，$F'(x) < 0$，$F(x)$ 单调递减；
当 $x \in \left(\dfrac{1}{2}, +\infty\right)$ 时，$F'(x) > 0$，$F(x)$ 单调递增．
故 $x = \dfrac{1}{2}$ 是 $F(x)$ 的唯一极小值点，极小值为：
$F\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2 \times \frac{1}{2}} + \ln\left(\dfrac{1}{4}\right) = 1 - 2\ln 2 = 1 - \ln 4$
因为 $e < 4$，所以 $\ln 4 > 1$，即 $F\left(\dfrac{1}{2}\right) < 0$．

3. 结合端点极限与零点存在定理确定零点个数

当 $x \to 0^+$ 时，$\dfrac{1}{2x} \to +\infty$ 且 $\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)$ 的发散速度慢于 $\dfrac{1}{2x}$，故 $F(x) \to +\infty$（例如取 $x = e^{-2}$，则 $F(e^{-2}) = \dfrac{e^2}{2} - 2 - \ln 2 > 0$）；
当 $x \to +\infty$ 时，$F(x) \to +\infty$（例如取 $x = 2e^2$，则 $F(2e^2) = \dfrac{1}{4e^2} + 2 > 0$）．
根据函数零点存在定理，函数 $F(x)$ 在区间 $\left(0, \dfrac{1}{2}\right)$ 和 $\left(\dfrac{1}{2}, +\infty\right)$ 上各有一个零点．
因此，零点的个数 $k = 2$．

1. 换元改写零点满足的方程与目标不等式

由 (1) 知 $k = 2$，不妨设 $0 < x_1 < \dfrac{1}{2} < x_2$．
零点方程为 $\dfrac{1}{2x_i} + \ln\left(\dfrac{x_i}{2}\right) = 0$ ($i = 1, 2$)．
设 $t = \dfrac{1}{2x}$，则 $x = \dfrac{1}{2t}$，原方程化为：
$t + \ln\left(\dfrac{1}{4t}\right) = 0 \iff t - \ln(4t) = 0 \iff t - \ln t = \ln 4$
设 $t_1 = \dfrac{1}{2x_1}$，$t_2 = \dfrac{1}{2x_2}$，则 $t_1 > 1 > t_2 > 0$，且 $t_1, t_2$ 是方程 $g(t) = t - \ln t = \ln 4$ 的两个实根．
目标不等式 $\dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} > 4$ 等价于 $2t_1 + 2t_2 > 4 \iff t_1 + t_2 > 2$．

2. 构造对称差函数并用导数判断单调性

考虑构造函数 $h(t) = g(t) - g(2 - t) = (t - \ln t) - [(2 - t) - \ln(2 - t)]$，其中 $t \in (1, 2)$．
对 $h(t)$ 求导：
$h'(t) = 1 - \dfrac{1}{t} - \left[-1 + \dfrac{1}{2 - t}\right] = 2 - \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{2 - t} = \dfrac{2t(2 - t) - (2 - t) - t}{t(2 - t)} = \dfrac{-2(t - 1)^2}{t(2 - t)}$
当 $t \in (1, 2)$ 时，$t > 0$ 且 $2 - t > 0$，故 $h'(t) < 0$．
所以 $h(t)$ 在 $(1, 2)$ 上单调递减．

3. 推导 $t_1 + t_2 > 2$ 并得出最终结论

由于 $h(t)$ 在 $(1, 2)$ 上单调递减，且 $h(1) = 0$，故对于任意 $t \in (1, 2)$，有 $h(t) < h(1) = 0$，即 $g(t) < g(2 - t)$．
若 $t_1 \geqslant 2$，因为 $t_2 > 0$，则 $t_1 + t_2 > 2$ 显然成立．
若 $1 < t_1 < 2$，则有 $g(t_1) < g(2 - t_1)$．
又因为 $g(t_1) = g(t_2) = \ln 4$，所以 $g(t_2) < g(2 - t_1)$．
因为 $g'(t) = 1 - \dfrac{1}{t} < 0$ 在 $(0, 1)$ 上恒成立，$g(t)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递减，
又 $t_2 \in (0, 1)$ 且 $2 - t_1 \in (0, 1)$，
由 $g(t_2) < g(2 - t_1)$ 可得 $t_2 > 2 - t_1$，即 $t_1 + t_2 > 2$．
综上所述，必有 $t_1 + t_2 > 2$，即 $\dfrac{1}{2x_1} + \dfrac{1}{2x_2} > 2$，
变形得 $\dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} > 4$．原命题得证．