注意到 $x=1$ 是函数 $f(x)$ 的零点，而 $x=0$ 不是函数 $f(x)$ 的零点，于是问题等价于函数$$g(x)=\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x},x\ne 0 \land x\ne 1,$$的图象与直线 $y=\dfrac 12a$ 有两个公共点．函数 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)=\dfrac{{\rm e}^x\left(x^2-3x+1\right)+{\rm e}x^2}{\left(x^2-x\right)^2}=\dfrac{{\rm e}x^2}{\left(x^2-x\right)^2}\cdot\left[{\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac{1}{x^2}\right)+1\right].$$设函数$$\varphi(x)={\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac 1{x^2}\right),$$则其导函数$$\varphi'(x)={\rm e}^{x-1}\left(1-\dfrac 3x+\dfrac 4{x^2}-\dfrac{2}{x^3}\right)=\dfrac{{\rm e}^{x-1}}{x^3}\left(x-1\right)\left(x^2-2x+2\right),$$于是 $\varphi(x)$ 的最小值为 $\varphi(1)=-1$．这样我们就得到了 $g(x)$ 在 $(-\infty,0)$，$(0,1)$，$(1,+\infty)$ 上均单调递增．显然在 $(-\infty,0)$ 上，$g(x)>0$；在 $(0,1)$ 上 $g(x)<0$；在 $(1,+\infty)$ 上 $g(x)>0$．于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $g(x)$ 的图象与直线 $y=\dfrac 12a$ 至多只有一个公共点，不符合题意．
接下我们证明当 $a>0$ 时，函数 $g(x)$ 的图象与直线 $y=\dfrac 12a$ 恰好有两个公共点，它们的横坐标分别位于区间 $(-\infty,0)$ 和 $(1,+\infty)$．证明的关键在于在每个区间上，对于任意给定的正数 $m$，都存在比 $m$ 大的函数值以及比 $m$ 小的函数值．
在区间 $(-\infty,0)$ 上，由于$$\dfrac{1}{x^2-x}<\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}<\dfrac{1-{\rm e}x}{x^2-x},$$而在区间 $(-\infty,0)$ 上，函数 $y=\dfrac{1}{x^2-x}$ 可以取到比 $m$ 大的函数值，而函数 $y=\dfrac{1-{\rm e}x}{x^2-x}$ 可以取到比 $m$ 小的函数值；
在区间 $(1,+\infty)$ 上，一方面由 ${\rm e}^x-{\rm e}x>0$ 积分两次可得$$\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}>\dfrac{\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x}{x^2-x},$$而在区间 $(1,+\infty)$ 上，函数 $y=\dfrac{\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x}{x^2-x}$ 可以取到比 $m$ 大的函数值；另一方面，在区间 $(1,2)$ 上，有$$\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e}x}{x^2-x}<\dfrac{{\rm e}x-{\rm e}}{x},$$而在区间 $(1,2)$ 上，函数 $y=\dfrac{{\rm e}x-{\rm e}}{x}$ 可以取到比 $m$ 小的函数值．
综上，实数 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$．
其他解法分析对 ${\rm e}^x-{\rm e}x>0$ 在 $[1,x]$ 上进行积分得$$\int_1^x{({\rm e}^x-{\rm e}x)}{\rm d}x={\rm e}^x-\dfrac 12{\rm e}x^2>0,$$再积分一次即可得到 ${\rm e}^x-{\rm e}x>\dfrac 16{\rm e}x^3-{\rm e}x$，也可以直接证明此不等式，但积分可以得到这个不等式的样子，我们希望分子是一个三次函数．
解对 $f(x)$ 求导得$$f'(x)=2{\rm e}({\rm e}^{x-1}-1)+a(1-2x),$$从而有 $f'(1)=-a,f''(x)=2({\rm e}^x-a)$．
当 $a\leqslant 0$ 时，$f''(x)>0$，$f'(x)$ 单调递增，从而 $f(x)$ 最多有两个单调区间，$f(x)$ 不可能有三个不同的零点；
当 $a>0$ 时，$f'(x)$ 先减后增，最小值为 $f'(\ln a)$，而 $f'(1)=-a<0$，所以 $f'(x)$ 一定有两个零点，记为 $m,n$，且有 $m<1<n$．
而当 $x\to -\infty$ 时，$f'(x)$ 可以取到正数；$x\to+\infty$ 时，$f'(x)$ 可以取到正数（严格来说，需要对 ${\rm e}^x$ 进行放缩以证明或者取出特殊点）．
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,m)$ 上单调递增，在 $(m,n)$ 上单调递减，在 $(n,+\infty)$ 上单调递增，而 $f(1)=0$，所以 $f(m)>0,f(n)<0$，而 $f(x)$ 在 $x\to-\infty$ 时可以取到负值，在 $x\to+\infty$ 时可以取到正数（仍然需要严格处理函数），所以此时 $f(x)$ 一定有三个零点，所以 $a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$．