先进行端点分析，有\[\begin{split} \lim_{x\to 0^+}f(x)&=-\infty,\\
\lim_{x\to +\infty}f(x)&=\begin{cases} +\infty,{\rm e}-a\geqslant 0,\\ -\infty,{\rm e}-a<0,\end{cases}\end{split}\]因此 $a>{\rm e}$．此时函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac 1x+{\rm e}-a,\]因此当 $x=\dfrac{1}{a-{\rm e}}$ 时函数 $f(x)$ 取得极大值，亦为最大值\[f\left(\dfrac 1{a-{\rm e}}\right)=\ln\dfrac{1}{a-{\rm e}}-2b-1.\]根据题意，有\[\ln\dfrac{1}{a-{\rm e}}-2b-1\leqslant 0,\]于是\[\dfrac{b}{a}\geqslant \dfrac{\ln\dfrac{1}{a-{\rm e}}-1}{2a},\]记右侧函数为 $\varphi(a)$，则其导函数\[\varphi'(a)=\dfrac{(a-{\rm e})\ln (a-{\rm e})-{\rm e}}{2(a-{\rm e})a^2}.\]当 $a\in ({\rm e},{\rm e}+1)$ 时，有\[(a-{\rm e})\ln (a-{\rm e})-{\rm e}<0-{\rm e}<0.\]当 $a\in ({\rm e}+1,+\infty)$ 时，$(a-{\rm e})\ln (a-{\rm e})$ 单调递增，因此关于 $a$ 的方程\[(a-{\rm e})\ln (a-{\rm e})-{\rm e}=0\]有唯一零点 $a=2{\rm e}$．因此 $\varphi(a)$ 在 $({\rm e},2{\rm e})$ 上单调递减，在 $(2{\rm e},+\infty)$ 上单调递增，在 $a=2{\rm e}$ 时取得极小值，亦为最小值\[\varphi(2{\rm e})=-\dfrac{1}{2{\rm e}}.\]综上所述，$\dfrac ba$ 的最小值为 $-\dfrac{1}{2{\rm e}}$，当 $a=2{\rm e}$ 时取得．