若 $ a<0 $，则对一切 $ x>0$，$f\left(x\right)={\mathrm{e}}^{ax}-x<1 $，这与题设矛盾．
又 $ a\neq 0 $，故 $ a>0 $．
而 $ f'\left(x\right)=a{\mathrm{e}}^{ax}-1 $，令 $ f'\left(x\right)=0 $，得\[ x={\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{1}{a}}. \]当 $ x<{\dfrac{1}{a}}\ln {\dfrac{1}{a}} $ 时，$ f'\left(x\right)<0$，$f\left(x\right) $ 单调递减；
当 $ x>{\dfrac{1}{a}} \ln{\dfrac{1}{a}} $ 时，$ f '\left(x\right)>0$，$f\left(x\right) $ 单调递增．
故当 $ x={\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{1}{a}} $ 时，$ f\left(x\right) $ 取最小值\[ f \left({\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{1}{a}} \right)={\dfrac{1}{a}}-{\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{1}{a}}. \]于是对一切 $ x\in {\mathbb{R}}$，$f\left(x\right)\geqslant 1 $ 恒成立，当且仅当\[ {\dfrac{1}{a}}-{\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{1}{a}}\geqslant 1, \quad \cdots \cdots ① \]令 $ g\left(t\right)=t-t\ln t\left(t>0\right) $，则 $ g'\left(t\right)=-\ln t $．
当 $ 0<t<1 $ 时，$ g'\left(t\right)>0$，$g\left(t\right) $ 单调递增；
当 $ t>1 $ 时，$ g'\left(t\right)<0$，$g\left(t\right) $ 单调递减．
故当 $ t=1 $ 时，$ g\left(t\right) $ 取最大值\[ g\left(1\right)=1. \]因此，当且仅当 $ {\dfrac{1}{a}}=1 $，即 $ a=1 $ 时，① 式成立．
综上所述，$ a $ 的取值集合为 $ \left\{1\right\} $．

由题意知，\[ k={\dfrac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1}}={\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}-{\mathrm{e}}^{ax_1}}{x_2-x_1}}-1, \]令\[ \varphi \left(x\right)=f '\left(x\right)-k=a{\mathrm{e}}^{ax}-{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}-{\mathrm{e}}^{ax_1}}{x_2-x_1}}, \]则\[ \begin{split}\varphi \left(x_1\right)&=-{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_1}}{x_2-x_1}}\left[{\mathrm{e}}^{a\left(x_2-x_1\right)}-a\left(x_2-x_1\right)-1\right],\\\varphi \left(x_2\right)&={\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}}{x_2-x_1}}\left[{\mathrm{e}}^{a\left(x_1-x_2\right)}-a\left(x_1-x_2\right)-1\right],\end{split} \]令 $ F\left(t\right)={\mathrm{e}}^t-t-1 $，则 $ F'\left(t\right)={\mathrm{e}}^t-1 $．
当 $ t<0 $ 时，$ F'\left(t\right)<0 $，$ F\left(t\right) $ 单调递减；
当 $ t>0 $ 时，$ F'\left(t\right)>0$，$F\left(t\right) $ 单调递增．
故当 $ t\neq 0 $ 时，$ F\left(t\right)>F\left(0\right)=0 $，即 $ {\mathrm{e}}^t-t-1>0 $．从而\[ {\mathrm{e}}^{a\left(x_2-x_1\right)}-a\left(x_2-x_1\right)-1>0,\\ {\mathrm{e}}^{a\left(x_1-x_2\right)}-a\left(x_1-x_2\right)-1>0, \]又\[ {\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_1}}{x_2-x_1}}>0,{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}}{x_2-x_1}}>0, \]所以\[ \varphi \left(x_1\right)<0,\varphi \left(x_2\right)>0 .\]因为函数 $ y=\varphi \left(x\right) $ 在区间 $ \left[x_1,x_2\right] $ 上的图象是连续不断的一条曲线，
所以存在 $ c\in \left(x_1,x_2\right) $，使得 $ \varphi \left(c\right)=0 $．
又 $ \varphi '\left(x\right)=a^2{\mathrm{e}}^{ax}>0$，$\varphi \left(x\right) $ 单调递增，
故这样的 $ c $ 是唯一的，且\[ c={\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}-{\mathrm{e}}^{ax_1}}{a\left(x_2-x_1\right)}}. \]故当且仅当 $ x\in \left({\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}-{\mathrm{e}}^{ax_1}}{a\left(x_2-x_1\right)}},x_2 \right)$ 时，$ f '\left(x\right)>k $．
综上所述，存在 $ x_0\in \left(x_1,x_2\right) $，使 $ f '\left(x_0\right)>k $ 成立，且 $ x_0 $ 的取值范围为 $\left({\dfrac{1}{a}}\ln{\dfrac{{\mathrm{e}}^{ax_2}-{\mathrm{e}}^{ax_1}}{a\left(x_2-x_1\right)}} ,x_2 \right)$．