$\dfrac14$

由已知得 $x>0,x\ne1$．
由题可知$$\forall x\in(1,+\infty),f'(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}-a\leqslant0,$$所以只需 $\max\{f'(x)\}\leqslant0$．
又$$f'(x)=-\left(\dfrac{1}{\ln x}\right)^2+\dfrac{1}{\ln x}-a=-\left(\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac12\right)^2+\dfrac14-a,$$故当 $\dfrac{1}{\ln x}=\dfrac12$，即 $x=\mathrm{e}^2$ 时，$$\max\{f'(x)\}=\dfrac14-a,$$于是 $a\geqslant\dfrac14$．
故 $a$ 的最小值为 $\dfrac14$．

$\left[\dfrac12-\dfrac{1}{4\mathrm{e}^2},+\infty\right)$

题意即$$\forall x\in[\mathrm{e},\mathrm{e}^2],\min\{f(x)\}\leqslant\max\{f'(x)\}+a,$$由 $(1)$ 知，$\max\{f'(x)\}=\dfrac14-a$，所以$$\max\{f'(x)\}+a=\dfrac14,$$于是题意转化为$$\forall x\in[\mathrm{e},\mathrm{e}^2],\min\{f(x)\}\leqslant\dfrac14.$$情形一 当 $a\geqslant\dfrac14$ 时，由 $(1)$，$f(x)$ 在 $[\mathrm{e},\mathrm{e}^2]$ 上为减函数，则$$\min\{f(x)\}=f(\mathrm{e}^2)=\dfrac{\mathrm{e}^2}{2}-a\mathrm{e}^2\leqslant\dfrac14,$$解得$$a\geqslant\dfrac12-\dfrac{1}{4\mathrm{e}^2}.$$情形二 当 $a<\dfrac14$ 时，$f'(x)$ 在 $[\mathrm{e},\mathrm{e}^2]$ 上的值域为 $\left[-a,\dfrac14-a\right]$．
（i）当 $-a\geqslant0$，即 $a\leqslant0$ 时，$f'(x)\geqslant0$ 在 $[\mathrm{e},\mathrm{e}^2]$ 上恒成立，故 $f(x)$ 在 $[\mathrm{e},\mathrm{e}^2]$ 上为增函数，于是$$\min\{f(x)\}=f(\mathrm{e})=\mathrm{e}-a\mathrm{e}\geqslant\mathrm{e}>\dfrac14,$$矛盾．
（ii）当 $-a<0$，即 $0<a<\dfrac14$ 时，由 $f'(x)$ 的单调性和值域知，存在唯一 $x_0\in(\mathrm{e},\mathrm{e}^2)$，使 $f'(x)=0$，且满足当 $x\in(\mathrm{e},x_0)$ 时，$f'(x)<0$，$f(x)$ 为减函数；当 $x\in(x_0,\mathrm{e}^2)$ 时，$f'(x)>0$，$f(x)$ 为增函数，所以$$\min\{f(x)\}=f(x_0)=\dfrac{x_0}{\ln x_0}-ax_0\leqslant\dfrac14,$$整理得$$a\geqslant\dfrac{1}{\ln x_0}-\dfrac{1}{4x_0}>\dfrac{1}{\ln\mathrm{e}^2}-\dfrac{1}{4\mathrm{e}}>\dfrac12-\dfrac14=\dfrac14,$$与 $0<a<\dfrac14$ 矛盾．
综上，$a$ 的取值范围为 $\left[\dfrac12-\dfrac{1}{4\mathrm{e}^2},+\infty\right)$．