求导得\[\begin{split}f'\left( x \right) & = 2\left( {x - a} \right)\ln x + \dfrac{{{{\left( {x - a} \right)}^2}}}{x} \\& = \left( {x - a} \right)\left( {2\ln x + 1 - \dfrac{a}{x}} \right).\end{split}\]因为 $x = {\mathrm{e}}$ 是 $f\left( x \right)$ 的极值点，所以\[f'\left( {\mathrm{e}} \right) = \left( {{\mathrm{e}} - a} \right)\left( {3 - \dfrac{a}{{\mathrm{e}}}} \right) = 0,\]解得\[a = {\mathrm{e}} 或 a = 3{\mathrm{e}},\]经检验，符合题意，所以\[a = {\mathrm{e}} 或 a = 3{\mathrm{e}}.\]

① 当 $0 < x \leqslant 1$ 时，对于任意的实数 $a$，恒有 $f\left(x\right) \leqslant 0< 4{{\mathrm{e}}^2}$ 成立．
② 当 $1 < x \leqslant 3{\mathrm{e}}$ 时，由题意，首先由\[f\left(3{\mathrm{e}}\right) = {\left(3{\mathrm{e}} - a\right)^2}\ln \left(3{\mathrm{e}}\right) \leqslant 4{{\mathrm{e}}^2},\]解得\[ 3{\mathrm{e}} - \dfrac{2{\mathrm{e}}}{\sqrt{\ln {\left(3{\mathrm{e}}\right)}}} \leqslant a \leqslant 3{\mathrm{e}} + \dfrac{2{\mathrm{e}}}{\sqrt{\ln {\left(3{\mathrm{e}}\right)}}} .\]由（1）知\[f'\left(x\right) = \left(x - a\right)\left( {2\ln x + 1 - \dfrac{a}{x}} \right),\]令 $h\left(x\right) = 2\ln x + 1 - \dfrac{a}{x}$，则\[\begin{split}h\left(1\right) &= 1 - a < 0 , \\ h\left(a\right) &= 2\ln a > 0,\end{split}\]且\[\begin{split}h\left(3{\mathrm{e}}\right) & = 2\ln \left(3{\mathrm{e}}\right) + 1 - \dfrac{a}{{3{\mathrm{e}}}} \\& \geqslant 2\ln \left(3{\mathrm{e}}\right) + 1 - \dfrac{{3{\mathrm{e}} + \dfrac{{2{\mathrm{e}}}}{{\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }}}}{{3{\mathrm{e}}}} \\&
= 2\left[ {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right) - \dfrac{1}{{3\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }}} \right] \\& > 0.\end{split}\]又 $h\left(x\right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 内单调递增，所以函数 $h\left(x\right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 内有唯一零点，记此零点为 ${x_0}$，则\[1 < {x_0} < 3{\mathrm{e}} , 1 < {x_0} < a.\]从而，当 $x \in \left(0,{x_0}\right)$ 时，\[f'\left(x\right) > 0;\]当 $x \in \left( {{x_0},a} \right)$ 时，\[f'\left(x\right) <0;\]当 $x \in \left(a, + \infty \right)$ 时，\[f'\left(x\right) > 0,\]即 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,{x_0}\right)$ 内单调递增，在 $\left({x_0},a\right)$ 内单调递减，在 $\left(a, + \infty \right)$ 内单调递增．
所以要使 $f\left(x\right) \leqslant 4{{\mathrm{e}}^2}$ 对 $x \in \left( {1,3{\mathrm{e}}} \right]$ 恒成立，只要\[\begin{cases} f\left({x_0}\right) = \left({x_0}-a\right)^2 \ln {x_0} \leqslant 4{{\mathrm{e}}^2} , \quad \cdots \cdots ① \\ f\left(3{\mathrm{e}}\right) = \left(3{\mathrm{e}}-a\right)^2 \ln {\left(3{\mathrm{e}}\right)} \leqslant 4{{\mathrm{e}}^2} .\quad \cdots \cdots ② \end{cases} \]成立．
由 $h\left({x_0}\right) = 2\ln {x_0} + 1 - \dfrac{a}{x_0} = 0 $，知\[a = 2x_0\ln {x_0} + {x_0}, \quad \cdots \cdots ③ \]将 ③ 代入 ① 得\[4{x_0^2}{\ln ^3}{x_0} \leqslant 4{{\mathrm{e}}^2},\]又 ${x_0} > 1$，注意到函数 ${x^2}{\ln ^3}x$ 在 $\left[ {1, + \infty } \right)$ 内单调递增，故\[1 < {x_0} \leqslant {\mathrm{e}}.\]再由 ③ 以及函数 $2x\ln x + x$ 在 $\left( {1, + \infty } \right)$ 内单调递增，可得\[1 < a \leqslant 3{\mathrm{e}}.\]由 ② 解得，\[3{\mathrm{e}} - \dfrac{{2{\mathrm{e}}}}{{\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }} \leqslant a \leqslant 3{\mathrm{e}} + \dfrac{{2{\mathrm{e}}}}{{\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }}.\]所以\[3{\mathrm{e}} - \dfrac{{2{\mathrm{e}}}}{{\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }} \leqslant a \leqslant 3{\mathrm{e}}.\]综上，$a$ 的取值范围为\[3{\mathrm{e}} - \dfrac{{2{\mathrm{e}}}}{{\sqrt {\ln \left(3{\mathrm{e}}\right)} }} \leqslant a \leqslant 3{\mathrm{e}}.\]