1．若函数$f\left( x \right)=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{3}} - a\left( \frac{3}{x}+lnx \right)$的极小值点只有一个，则$a$的取值范围是_.
1．$\left( - \infty ,\frac{{\text{e}}^{2}}{4} \right] \cup \left\{ \frac{{\text{e}}^{3}}{9} \right\}$
【详解】因为$f(x)=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{3}} - a\left( \frac{3}{x}+lnx \right)\left( x>0 \right)$，
所以${f}^{′}\left( x \right)=\frac{x - 3}{{x}^{4}}{\text{e}}^{x} - a\frac{x - 3}{{x}^{2}}=\frac{\left( x - 3 \right)}{{x}^{2}}\left( \frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a \right)$，
设$g(x)=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}}$（$x>0$），因为${g}^{′}(x)=\frac{x - 2}{{x}^{3}}{\text{e}}^{x}$，
所以当$0<x<2$时，${g}^{′}(x)<0$，当$x>2$时，${g}^{′}(x)>0$，
则$g(x)=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}}$在$\left( 0,2 \right)$上单调递减，在$\left( 2,+ \infty \right)$上单调递增，
①若$\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a \geq 0$恒成立，即$a \leq \frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}}$在$(0,+ \infty )$上恒成立，
因为$g(x)=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} \geq \frac{{\text{e}}^{2}}{{2}^{2}}=\frac{{\text{e}}^{2}}{4}$，所以$a \leq {\left( \frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} \right)}_{\text{min}}=\frac{{\text{e}}^{2}}{4}$，
此时令${f}^{′}\left( x \right)<0$，解得$0<x<3$；令${f}^{′}\left( x \right)>0$，解得$x>3$；
所以$f(x)$在$\left( 0,3 \right)$单调递减，在$(3,+ \infty )$单调递增，有唯一极小值点，满足题意；
②方程$\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a=0$有两个不同的根${x}_{1}$，${x}_{2}$，且${x}_{1}<{x}_{2}$，
当$0<x<{x}_{1}$和$x>{x}_{2}$时，$\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a>0$；当${x}_{1}<x<{x}_{2}$时，$\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a<0$，
因为$f(x)$只有一个极小值点，
所以3是$\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - a=0$即$a=\frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}}$的一个根，且存在另一个根$0<m<2$，此时$a=\frac{{\text{e}}^{3}}{9}$；
当$a=\frac{{\text{e}}^{3}}{9}$时，${f}^{′}\left( x \right)=\frac{\left( x - 3 \right)}{{x}^{2}}\left( \frac{{\text{e}}^{x}}{{x}^{2}} - \frac{{\text{e}}^{3}}{9} \right)$，
令${f}^{′}\left( x \right)<0$，解得$0<x<m$；令${f}^{′}\left( x \right)>0$，解得$x>m$；
所以$f(x)$在$\left( 0,m \right)$单调递减，在$(m,+ \infty )$单调递增，满足题意，
综上：$a \leq \frac{{\text{e}}^{2}}{4}$或$a=\frac{{\text{e}}^{3}}{9}$，即$a \in \left( - \infty ,\frac{{\text{e}}^{2}}{4} \right] \cup \left\{ \frac{{\text{e}}^{3}}{9} \right\}$.
故答案为：$\left( - \infty ,\frac{{\text{e}}^{2}}{4} \right] \cup \left\{ \frac{{\text{e}}^{3}}{9} \right\}$.