【答案】①$b \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $R$ 上单调递增；$b>0$ 时，函数的单调减区间为 $\left(-\infty, \log _{a} \frac{b}{\ln a}\right)$ ，单调增区间为 $\left(\log _{a} \frac{b}{\ln a},+\infty\right)$ ；
②$\left(1, e^{2}\right]$ ；
（3）证明见解析。
## 【解析】
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
（2）将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
（3）结合（2）的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立。
【详解】①$f(x)=a^{x}-b x+e^{2}, f^{\prime}(x)=a^{x} \ln a-b$ ，
（1）若 $b \leq 0$ ，则 $f^{\prime}(x)=a^{x} \ln a-b \geq 0$ ，所以 $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增；
（2）若 $b>0$ ，
当 $x \in\left(-\infty, \log _{a} \frac{b}{\ln a}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减，
当 $x \in\left(\log _{a} \frac{b}{\ln a},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增．
综上可得，$b \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 $R$ 上单调递增；
$b>0$ 时，函数的单调减区间为 $\left(-\infty, \log _{a} \frac{b}{\ln a}\right)$ ，单调增区间为 $\left(\log _{a} \frac{b}{\ln a},+\infty\right)$ ．
②$f(x)$ 有 2 个不同零点 $\Leftrightarrow a^{x}-b x+e^{2}=0$ 有 2 个不同解 $\Leftrightarrow e^{x \ln a}-b x+e^{2}=0$ 有 2 个不同的解，
令 $t=x \ln a$ ，则 $e^{t}-\frac{b t}{\ln a}+e^{2}=0 \Rightarrow \frac{b}{\ln a}=\frac{e^{t}+e^{2}}{t}, t>0$ ，
记 $g(t)=\frac{e^{t}+e^{2}}{t}, g^{\prime}(t)=\frac{e^{t} \cdot t-\left(e^{t}+e^{2}\right)}{t^{2}}=\frac{e^{t}(t-1)-e^{2}}{t^{2}}$ ，
记 $h(t)=e^{t}(t-1)-e^{2}, h^{\prime}(t)=e^{t}(t-1)+e^{t} \cdot 1=e^{t} \cdot t>0$ ，
又 $h(2)=0$ ，所以 $t \in(0,2)$ 时，$h(t)<0, t \in(2,+\infty)$ 时，$h(t)>0$ ，
则 $g(t)$ 在 $(0,2)$ 单调递减，$(2,+\infty)$ 单调递增，$\therefore \frac{b}{\ln a}>g(2)=e^{2}, \therefore \ln a<\frac{b}{e^{2}}$ ，
$\because b>2 e^{2}, \therefore \frac{b}{e^{2}}>2, \therefore \ln a \leq 2 \Rightarrow 1即实数 $a$ 的取值范围是 $\left(1, e^{2}\right]$ ．
③$a=e, f(x)=e^{x}-b x+e^{2}$ 有 2 个不同零点，则 $e^{x}+e^{2}=b x$ ，故函数的零点一定为正数．
由②可知有 2 个不同零点，记较大者为 $x_{2}$ ，较小者为 $x_{1}$ ，
$b=\frac{e^{x_{1}}+e^{2}}{x_{1}}=\frac{e^{x_{2}}+e^{2}}{x_{2}}>e^{4}$,
注意到函数 $y=\frac{e^{x}+e^{2}}{x}$ 在区间 $(0,2)$ 上单调递减，在区间 $(2,+\infty)$ 上单调递增，
故 $x_{1}<25$ ，
$b=\frac{e^{x_{1}}+e^{2}}{x_{1}}<\frac{2 e^{2}}{x_{1}} \Rightarrow x_{1}<\frac{2 e^{2}}{b}$,
要证 $x_{2}>\frac{b \ln b}{2 e^{2}} x_{1}+\frac{e^{2}}{b}$ ，只需 $x_{2}>\ln b+\frac{e^{2}}{b}$ ，
$b=\frac{e^{x_{2}}+e^{2}}{x_{2}}<\frac{2 e^{x_{2}}}{x_{2}}$ 且关于 $b$ 的函数 $g(b)=\ln b+\frac{e^{2}}{b}$ 在 $b>e^{4}$ 上单调递增，
所以只需证 $x_{2}>\ln \frac{2 e^{x_{2}}}{x_{2}}+\frac{e^{2} x_{2}}{2 e^{x_{2}}}\left(x_{2}>5\right)$ ，
只需证 $\ln e^{x_{2}}-\ln \frac{2 e^{x_{2}}}{x_{2}}-\frac{e^{2} x_{2}}{2 e^{x_{2}}}>0$ ，
只需证 $\ln x-\frac{e^{2} x}{2 e^{x}}-\ln 2>0$ ，
$\because \frac{e^{2}}{2}<4$ ，只需证 $h(x)=\ln x-\frac{4 x}{e^{x}}-\ln 2$ 在 $x>5$ 时为正，
由于 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+4 x e^{-x}-4 e^{-x}=\frac{1}{x}+4 e^{-x}(x-1)>0$ ，故函数 $h(x)$ 单调递增，
又 $h(5)=\ln 5-\frac{20}{e^{5}}-\ln 2=\ln \frac{5}{2}-\frac{20}{e^{4}}>0$ ，故 $h(x)=\ln x-\frac{4 x}{e^{x}}-\ln 2$ 在 $x>5$ 时为正，
从而题中的不等式得证。
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．③利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合
思想的应用。