略．

本题考查函数的奇偶性判断．$f\left(x\right)$ 定义域为 ${\mathbb{R}}$．因为\[ f\left( - x\right) = {{\mathrm{e}}^{ - x}} + {{\mathrm{e}}^x} = f\left(x\right) ,\]所以 $ f\left(x\right)$ 为偶函数．

$\left( - \infty , - \dfrac{1}{3} \right]$．

此题可先采用分离变量法，将 $m$ 和 $x$ 分离到不等式两边，然后转化成最值问题处理．由 $mf\left(x\right) \leqslant {{\mathrm{e}}^{ - x}} + m - 1$，得\[m\left(f\left(x\right) - 1\right) \leqslant {{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1\cdots\cdots ① \]因为 $x \in \left(0, + \infty \right)$，所以 ${{\mathrm{e}}^x} > 1$，而 $\mathrm e^{-x}>0$，所以\[f\left(x\right) - 1 = {{\mathrm{e}}^x} + {{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1 > 0,\]所以 ① 式可变形为\[m \leqslant \dfrac{{{{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}}{{{{\mathrm{e}}^x} + {{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}} = \dfrac{1}{{\dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}} + 1}}.\]若此式恒成立，只需 $m\leqslant {\left(\dfrac{1}{{\dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}} + 1}}\right)_{\min }} $ 即可．
解法一：令 $g\left(x\right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}} $，$ x \in \left( 0 , +\infty \right)$，下面利用导数求 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上的最大值．\[g'\left(x\right) = \dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}\left({{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1\right)}-{{{\mathrm{e}}^x}\left(-{{\mathrm{e}}^{-x}}\right)}}{{\left({{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1\right)}^2} = \dfrac{2 - {{\mathrm{e}}^x}}{{\left({{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1\right)}^2}, \]\[ \begin{array} {|c|c|c|c|} \hline x & \left(0, \ln 2\right) & \ln 2 & \left(\ln 2 , + \infty \right) \\ \hline g'\left(x\right) & + & 0 & - \\ \hline g\left(x\right) & ↗ & 极大值 & ↘ \\ \hline \end{array}\]所以 $g\left(x\right)$ 在 $ x \in \left( 0 , +\infty \right) $ 上的最大值为 $g\left(\ln 2\right) = - 4$，所以\[{\left(\dfrac{1}{{\dfrac{{{{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\mathrm{e}}^{ - x}} - 1}} + 1}}\right)_{\min }} = - \dfrac{1}{3},\]即 $m \in \left( - \infty , - \dfrac{1}{3}\right]$．
解法二：令 $ t={\mathrm{e}}^x \left(x>0\right)$，则 $t>1$，所以\[m\leqslant -\dfrac{t-1}{t^2-t+1}=-\dfrac{1}{t-1+\dfrac{1}{t-1}+1} \]对任意 $t>1 $ 成立．因为\[t-1+\dfrac{1}{t-1}+1\overset{\left[a\right]}\geqslant 2\sqrt{\left(t-1\right)\cdot \dfrac{1}{t-1}}+1=3,\]（推导中用到：[a]）所以\[-\dfrac{1}{t-1+\dfrac{1}{t-1}+1} \geqslant -\dfrac13.\]当且仅当 $t=2 $，即 $x=\ln 2 $ 时等号成立．因此实数 $m $ 的取值范围是 $\left( - \infty , - \dfrac{1}{3} \right]$．

当 $ a\in \left(\dfrac{{\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}}{2},{\mathrm{e}}\right)$ 时，$ {\mathrm{e}}^{a-1}<a^{{\mathrm{e}}-1} $；
当 $a={\mathrm{e }}$ 时，${\mathrm{e}}^{a-1}=a^{{\mathrm{e}}-1} $；
当 $ a\in \left({\mathrm{e}},+\infty \right)$ 时，${\mathrm{e}}^{a-1}>a^{{\mathrm{e}}-1} $．

此题需先处理不等式存在性问题，可将不等式两边代数式移到一边，使另一边为零，继而求出 $a$ 的取值范围，然后再比较 ${{\mathrm{e}}^{a - 1}}$ 与 ${a^{{\mathrm{e}} - 1}}$ 的大小时，可通过两边取对数，后移项构造新函数的方法解决．令函数 $ g\left(x\right)={\mathrm{e}}^x+\dfrac{1}{{\mathrm{e}}^x}-a\left(-x^3+3x\right)$，对 $g\left(x\right)$ 求导得\[ g'\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-\dfrac{1}{{\mathrm{e}}^x}+3a\left(x^2-1\right).\]当 $x\geqslant 1 $ 时，\[{\mathrm{e}}^x-\dfrac{1}{{\mathrm{e}}^x}> 0, x^2-1\geqslant 0, \]又 $ a>0$，故\[ g'\left(x\right)>0,\]所以 $g\left(x\right) $ 是 $\left[1,+\infty \right) $ 上的单调增函数，因此 $g\left(x\right) $ 在 $\left[1,+\infty \right) $ 上的最小值是\[g\left(1\right)={\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}-2a, \]由于存在 $x_0\in\left[1,+\infty \right) $，使\[{\mathrm{e}}^{x_0}+\dfrac{1}{{\mathrm{e}}^{x_0}}-a\left(-{x_0}^3+3{x_0}\right)<0 \]成立，所以只需最小值 $ g\left(1\right)<0$ 即可，故\[{\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}-2a<0, \]即\[a>\dfrac{{\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}}{2} .\]令函数 $h\left(x\right)=x-\left({\mathrm{e}}-1\right)\ln x-1$，则\[h'\left(x\right)=1-\dfrac{{\mathrm{e}}-1}{x},\]令 $ h'\left(x\right)=0$，得 $ x={\mathrm{e}}-1 $．
当 $ x\in \left(0,{\mathrm{e}}-1\right)$ 时，$ h'\left(x\right)<0$，故 $h\left(x\right) $ 是 $\left(0,{\mathrm{e}}-1\right) $ 上的单调减函数；
当 $x\in \left({\mathrm{e}}-1,+\infty \right) $ 时，$h'\left(x\right)>0 $，故 $ h\left(x\right)$ 是 $ \left({\mathrm{e}}-1,+\infty \right)$ 上的单调增函数．
所以 $ h\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty \right) $ 上的最小值是 $h\left({\mathrm{e}}-1\right) $注意到 $ h\left(1\right)=h\left({\mathrm{e}}\right)=0$，所以依据单调性可知，当 $ x\in \left(1,{\mathrm{e}}-1\right) $ 时，\[ h\left(x\right)<h\left(1\right)=0, \]当 $ x\in\left({\mathrm{e}}-1,{\mathrm{e}}\right)$ 时，\[h\left(x\right)<h\left({\mathrm{e}}\right)=0, \]所以 $ h\left(x\right)<0$ 对任意的 $x\in\left(1,{\mathrm{e}}\right) $ 成立．
① 当 $ a\in \left(\dfrac{{\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}}{2},{\mathrm{e}}\right)$ 时，$h\left(a\right)<0 $，即\[a-1<\left({\mathrm{e}}-1\right)\ln a, \]从而根据指数函数单调性得\[{\mathrm{e}}^{a-1}<\mathrm e^{\left({\mathrm{e}}-1\right)\ln a}=a^{{\mathrm{e}}-1} ,\]② 当 $a={\mathrm{e}} $ 时，${\mathrm{e}}^{a-1}=a^{{\mathrm{e}}-1}$，
③ 当 $ a\in \left({\mathrm{e}},+\infty \right)$ 时，$h\left(a\right)>h\left({\mathrm{e}}\right)=0 $，即 $a-1>\left({\mathrm{e}}-1\right)\ln a $，故\[{\mathrm{e}}^{a-1}>a^{{\mathrm{e}}-1} ,\]综上所述，当 $ a\in \left(\dfrac{{\mathrm{e}}+{\mathrm{e}}^{-1}}{2},{\mathrm{e}}\right)$ 时，$ {\mathrm{e}}^{a-1}<a^{{\mathrm{e}}-1} $；
当 $a={\mathrm{e }}$ 时，${\mathrm{e}}^{a-1}=a^{{\mathrm{e}}-1} $；
当 $ a\in \left({\mathrm{e}},+\infty \right)$ 时，${\mathrm{e}}^{a-1}>a^{{\mathrm{e}}-1} $．