略

设切线 $l_2$ 的方程为 $y=k_2x$，切点为 $(x_2,y_2)$，则有$$y_2=\mathrm{e}^{x_2} , k_2=g'(x_2)=\mathrm{e}^{x_2}=\dfrac{y_2}{x_2},$$解得 $x_2=1,y_2=\mathrm{e}$，因此切线方程为 $y=\dfrac{1}{\mathrm{e}}x$．
设切线 $l_1$ 与曲线 $y=f(x)$ 的切点为 $(x_1,y_1)$，则$$k_1=f'(x_1)=\dfrac{1}{x_1}-a=\dfrac{y_1}{x_1},$$所以$$y_1=\dfrac{x_1}{\mathrm{e}}=1-ax,$$由此得$$a=\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}.$$又因为$$y_1=\ln x_1-a(x_1-1),$$消去 $y_1$ 和 $a$ 后，整理得$$\ln x_1-1+\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}=0.$$令 $m(x)=\ln x-1+\dfrac1x-\dfrac{1}{\mathrm{e}}$，则$$m'(x)=\dfrac1x-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x-1}{x^2},$$故 $m(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减，在 $(1,+\infty)$ 单调递增．
若 $x_1\in(0,1)$，因为$$m\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)=-2+\mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}>0 , m(1)=-\dfrac{1}{\mathrm{e}}<0,$$所以 $x_1\in\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},1\right)$．
又因为 $a=\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}$ 在 $x_1\in\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},1\right)$ 上单调递减，所以$$\dfrac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}}<a<\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{\mathrm{e}}.$$若 $x_1\in(1,+\infty)$，因为 $m(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，且 $m(\mathrm{e})=0$，所以$$a=\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}=0.$$这与题设 $a>0$ 矛盾．
综上可知，$\dfrac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}}<a<\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{\mathrm{e}}$．

$(-\infty,2]$

由于 $h(x)=\ln(x+1)-ax+\mathrm{e}^x$，求导得$$h'(x)=\mathrm{e}^x+\dfrac{1}{x+1}-a.$$情形一当 $a\leqslant2$ 时，因为 $\mathrm{e}^x\geqslant x+1$，所以$$\begin{split}h'(x)&=\mathrm{e}^x+\dfrac{1}{x+1}-a\\&\geqslant x+1+\dfrac{1}{x+1}-a\\&\geqslant2-a\geqslant0,\end{split}$$所以 $h(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上递增，从而 $h(x)\geqslant h(0)=1$ 恒成立，符合题意．
情形二 当 $a>2$ 时，因为 $x\in[0,+\infty)$，有$$h''(x)=\mathrm{e}^x-\dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{(x+1)^2\mathrm{e}^x-1}{(x+1)^2}\geqslant0,$$所以 $h'(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增，而$$h'(0)=2-a<0,$$所以存在 $x_0\in(0,+\infty)$，使得 $h'(x_0)=0$，从而 $h(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,+\infty)$ 单调递增．
又$$h(x_0)<h(0)=1,$$所以此时 $h(x)\geqslant1$ 不恒成立，不合题意．
综上可知，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,2]$．