略

$f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{x}$，
若 $a<0$，$f^{\prime}(x)<0$，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减，显然不正确．
若 $a>0$，$f(x)$ 在 $(0,a)$ 单调递减，在 $(a,+\infty)$ 单调递增．
故要求 $f(a)<0$，即 $a>{\rm{e}}$．
此时，当 $x\in(0,1)$，$f(x)>0$，取 $x={\rm{e}}^{a+1}>{\rm{e}}$，$f(x)={\rm{e}}^a-a-1>0$
故 $a>{\rm{e}}$．其中一个根位于 $(1,{\rm{e}})$，另外一个位于 $(a,+\infty)$．

略

由题意可知 $\ln x_1=\dfrac{a}{x_1}$，$\ln x_2=\dfrac{a}{x_2}$，
命题转化为 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2{\rm{e}}}{a^2}$
命题成立的充分条件为 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2}{{\rm{e}}}$，不妨设 $1<x_1<{\rm{e}}<a<x_2$，
取 $x_0=\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}<{\rm{e}}$
$f(x_0)=\dfrac{{\rm{e}}x_2}{a(2x_2-{\rm{e}})}-\ln\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}=\dfrac{{\rm{e}}\ln x_2}{2x_2-{\rm{e}}}-\ln\dfrac{x_2}{2x_2-{\rm{e}}}-1$，
取函数 $h(x)=\dfrac{{\rm{e}}\ln x}{2x-{\rm{e}}}-\ln\dfrac{x}{2x-{\rm{e}}}-1(x>{\rm{e}})$，则 $h^{\prime}(x)=\dfrac{2{\rm{e}}}{(2x-{\rm{e}})^2}\left(2-\ln x-\dfrac{{\rm{e}}}{x}\right)$，
取 $k(x)=2-\ln x-\dfrac{{\rm{e}}}{x}$，$k^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x}+\dfrac{{\rm{e}}}{x^2}<0$，$k(x)<k(\rm{e})=0$
$h^{\prime}(x)<0$，$h(x)$ 在 $({\rm{e}},+\infty)$ 单调递减．$h(x)<h({\rm{e}})=0$
所以 $f(x_0)<0$，又 $x_0,x_1\in(1,{\rm{e}})$，函数 $f(x)$ 在该区间递减，
故 $x_0>x_1$，即 $\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}>x_1$
整理可得 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2}{{\rm{e}}}$．
证毕．