法一： \( \forall x\in \left(0,+\infty \right)\) ，由 \( f\left(x\right)\le 2x-\frac{\mathrm{ln}x}{{e}^{x}}\) 可得 \( a\le {e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，
令 \( g\left(x\right)={e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，则 \( g\left(x\right)=\frac{x{e}^{x}-\mathrm{ln}x-1}{x}=\frac{{e}^{x+\mathit{ln}x}-\mathrm{ln}x-1}{x}\ge \frac{x+\mathrm{ln}x+1-\mathrm{ln}x-1}{x}=1\)
当且仅当 \( x+\mathrm{ln}x=0\) 取等号， \( \therefore a\le 1\).
法二： \( \forall x\in \left(0,+\infty \right)\) ，由 \( f\left(x\right)\le 2x-\frac{\mathrm{ln}x}{{e}^{x}}\) 可得 \( a\le {e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，
令 \( g\left(x\right)={e}^{x}-\frac{\mathrm{ln}x+1}{x}\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)={e}^{x}+\frac{\mathrm{ln}x}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x}{{x}^{2}}\) ，
令 \( h\left(x\right)={x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( h\text{'}\left(x\right)=\left({x}^{2}+2x\right){e}^{x}+\frac{1}{x}>0\) ，
故函数 \( h\left(x\right)={x}^{2}{e}^{x}+\mathrm{ln}x\) 在 \( \left(0,+\infty \right)\) 上为增函数，
因为 \(h\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt {\rm{e}} }}{4} - \ln 2 < 0\) ， \( h\left(1\right)>0\) ，
所以，存在 \( {x}_{0}\in \left(\frac{1}{2},1\right)\) 使得 \( h\left({x}_{0}\right)={x}_{0}^{2}{e}^{{x}_{0}}+\mathrm{ln}{x}_{0}=0\) ，
则 \( {x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=-\frac{1}{{x}_{0}}\mathrm{ln}{x}_{0}=\frac{1}{{x}_{0}}\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}}\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}\) ，
令 \( p\left(x\right)=x{e}^{x}\) ，其中 \( x>0\) ，则 \( {p}^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+1\right){e}^{x}>0\) ，故函数 \( p\left(x\right)\) 在 \( \left(0,+\infty \right)\) 上为增函数，
因为 \( p\left({x}_{0}\right)=p\left(\mathrm{ln}\frac{1}{{x}_{0}}\right)\) ，所以， \( {x}_{0}=-\mathrm{ln}{x}_{0}\) ，可得 \( {x}_{0}+\mathrm{ln}{x}_{0}=\mathrm{ln}\left({x}_{0}{e}^{{x}_{0}}\right)=0\) ，则 \( {x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=1\) ，
当 \( 0<x<{x}_{0}\) 时， \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)<0\) ，此时函数 \( g\left(x\right)\) 单调递减，
当 \( x>{x}_{0}\) 时， \( {g}^{\text{'}}\left(x\right)>0\) ，此时函数 \( g\left(x\right)\) 单调递增，
所以， \(g\left ( {x} \right )_{\text{min}}=g\left ( {{x}_{0}} \right )=\frac {{x}_{0}{e}^{{x}_{0}}-\mathrm{ln}{x}_{0}-1} {{x}_{0}}=\frac {1+{x}_{0}-1} {{x}_{0}}=1\) ， \( \therefore a\le 1\).
