$\left( {0,{{\mathrm{e}}^{ - 1}}} \right)$

本题考查利用导函数研究函数的零点．由 $f\left(x\right)=x-a{\mathrm{e}}^x$，可得\[f'\left(x\right)=1-a{\mathrm{e}}^x,\]1）$a \leqslant 0$ 时，$f'\left( x \right) > 0$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上恒成立，可得 $f\left( x \right)$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上单调递增，不合题意．
2）$a > 0$ 时，由 $f'\left( x \right) = 0$，得 $x = - \ln a$，当 $x$ 变化时，$f'\left( x \right),f\left( x \right)$ 的变化情况如下表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline
x&\left(-\infty,-\ln a\right)&-\ln a&\left(-\ln a,+\infty\right) \\ \hline
f'\left(x\right)&+&0&- \\ \hline
f\left(x\right)&↗&-\ln a-1&↘ \\ \hline
\end{array}\]这时，$f\left( x \right)$ 的单调递增区间是 $\left( { - \infty , - \ln a} \right)$；单调递减区间是 $\left( { - \ln a, + \infty } \right)$．
于是，“函数 $y = f\left( x \right)$ 有两个零点”等价于如下条件同时成立：
（i）$ f\left( { - \ln a} \right) > 0$，
（ii）存在 ${s_1} \in \left( { - \infty , - \ln a} \right)$，满足 $f\left( {s_1} \right) < 0$，
（iii）存在 ${s_2} \in \left( { - \ln a, + \infty } \right)$，满足 $f\left( {s_2} \right) < 0$．
由 $f\left( { - \ln a} \right) > 0$，即\[ - \ln a - 1 > 0,\]解得\[0 < a < {{\mathrm{e}}^{ - 1}},\]而此时，取 ${s_1} = 0$，满足 ${s_1} \in \left( { - \infty , - \ln a} \right)$，且\[f\left( {s_1} \right) = - a < 0,\]取 ${s_2} = \dfrac{2}{a} + \ln \dfrac{2}{a}$，满足 ${s_2} \in \left( { - \ln a, + \infty } \right)$，且\[f\left( {s_2} \right) = \left( {\dfrac{2}{a} - {{\mathrm{e}}^{\frac{2}{a}}}} \right) + \left( {\ln \dfrac{2}{a} - {{\mathrm{e}}^{\frac{2}{a}}}} \right) < 0,\]所以，$a$ 的取值范围是 $\left( {0,{{\mathrm{e}}^{ - 1}}} \right)$．

略

本题在第 $(1)$ 小题的基础上稍加分析即得．由\[f\left( x \right) = x - a{{\mathrm{e}}^x} = 0,\]有\[a = \dfrac{x}{{{{\mathrm{e}}^x}}},\]设 $g\left( x \right) = \dfrac{x}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$，由\[g'\left( x \right) = \dfrac{1 - x}{{{{\mathrm{e}}^x}}},\]知 $g\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right)$ 上单调递增，在 $\left( {1, + \infty } \right)$ 上单调递减．
并且，当 $x \in \left( { - \infty ,0} \right]$ 时，$g\left( x \right) \leqslant 0$；
当 $x \in \left( {0, + \infty } \right)$ 时，$g\left( x \right) > 0$．
由已知，${x_1},{x_2}$ 满足\[a = g\left( {x_1} \right),a = g\left( {x_2} \right),\]由 $a \in \left( {0,{{\mathrm{e}}^{ - 1}}} \right)$，及 $g\left( x \right)$ 的单调性，可得零点的分布为\[{x_1} \in \left( {0,1} \right),{x_2} \in \left( {1, + \infty } \right).\]对于任意的 ${a_1} ,{a_2} \in \left( {0,{{\mathrm{e}}^{ - 1}}} \right)$，设\[{a_1} > {a_2},g\left( {\xi _1} \right) = g\left( {\xi _2} \right) = {a_1},\]其中\[0 < {\xi _1} < 1 < {\xi _2},g\left( {\eta _1} \right) = g\left( {\eta _2} \right) = {a_2},\]其中\[0 < {\eta _1} < 1 < {\eta _2},\]因为 $g\left( x \right)$ 在 $\left( {0,1} \right)$ 上单调递增，故由 ${a_1} > {a_2}$，即\[g\left( {\xi _1} \right) > g\left( {\eta _1} \right),\]可得\[{\xi _1} > {\eta _1},\]类似可得\[{\xi _2} < {\eta _2},\]又 ${\xi _1} , {\eta _1} > 0$，所以\[\dfrac{\xi _2}{\xi _1} < \dfrac{\eta _2}{\xi _1} < \dfrac{\eta _2}{\eta _1},\]所以，$\dfrac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大．

略

本题中 $x_1+x_2$ 无法用 $a$ 直接表示，因此需要根据第 $(2)$ 小题的提示，取 $t=\dfrac {x_2}{x_1}$ 作为中间变量构造函数研究其单调性．由\[{x_1} = a{{\mathrm{e}}^{x_1}},{x_2} = a{{\mathrm{e}}^{x_2}},\]及对数的运算可得\[\begin{split}\ln {x_1} &= \ln a + {x_1},\\ \ln {x_2} &= \ln a + {x_2},\end{split}\]故\[{x_2} - {x_1} = \ln {x_2} - \ln {x_1} = \ln \dfrac{x_2}{x_1},\]设 $\dfrac{x_2}{x_1} = t$，则 $t > 1$，且\[\begin{cases}{x_2} = t{x_1}, \\
{x_2} - {x_1} = \ln t, \\
\end{cases}\]解得\[{x_1} = \dfrac{\ln t}{t - 1},{x_2} = \dfrac{t\ln t}{t - 1},\]所以\[{x_1} + {x_2} = \dfrac{{\left( {t + 1} \right)\ln t}}{t - 1}, \quad \cdots \cdots ① \]令\[h\left( x \right) = \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\ln x}}{x - 1},x \in \left( {1, + \infty } \right),\]则\[h'\left( x \right) = \dfrac{{ - 2\ln x + x - \dfrac{1}{x}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}},\]令\[u\left( x \right) = - 2\ln x + x - \dfrac{1}{x},\]得\[u'\left( x \right) = {\left( {\dfrac{x - 1}{x}} \right)^2},\]当 $x \in \left( {1, + \infty } \right)$ 时，$u'\left( x \right) > 0$，因此，$u\left( x \right)$ 在 $\left( {1, + \infty } \right)$ 上单调递增，
故对于任意的 $x \in \left( {1, + \infty } \right)$，$u\left( x \right) > u\left( 1 \right) = 0$，由此可得 $h'\left( x \right) > 0$，故 $h\left( x \right)$ 在 $\left( {1, + \infty } \right)$ 上单调递增．
因此，由 $ ① $ 可得 ${x_1} + {x_2}$ 随着 $t$ 的增大而增大．
而由（2），$t$ 随着 $a$ 的减小而增大，所以 ${x_1} + {x_2}$ 随着 $a$ 的减小而增大．