$a = {\mathrm{e}}$

本题考查利用导数求曲线的切线问题．切点处的导数值等于切线的斜率．由 $f\left(x\right) = x - 1 + \dfrac{a}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$，得\[f'\left(x\right) = 1 - \dfrac{a}{{{{\mathrm{e}}^x}}},\]又曲线 $y = f\left(x\right)$ 在点 $\left(1,f\left(1\right)\right)$ 处的切线平行于 $x$ 轴，得\[f'\left(1\right) = 0,\]即\[1 - \dfrac{a}{{\mathrm{e}}} = 0,\]解得 $a = {\mathrm{e}}$．

当 $a \leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 无极值；
当 $a > 0$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $x = \ln a$ 处取得极小值 $\ln a$，无极大值．

本题考查利用导数求函数的极值问题．根据导函数的正负判断出原函数的增减性即可．由\[f'\left(x\right) = 1 - \dfrac{a}{{{{\mathrm{e}}^x}}}\]可得：① 当 $a \leqslant 0$ 时，$f'\left(x\right) > 0$，$f\left(x\right)$ 为 $\left( - \infty , + \infty \right)$ 上的增函数，所以函数 $f\left(x\right)$ 无极值；
② 当 $a > 0$ 时，令 $f'\left(x\right) = 0$，得 ${{\mathrm{e}}^x} = a$，$x = \ln a$．\[x \in \left( - \infty ,\ln a\right),f'\left(x\right) < 0;\\ x \in \left(\ln a, + \infty \right),f'\left(x\right) > 0,\]所以 $f\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty ,\ln a\right)$ 上单调递减，在 $\left(\ln a, + \infty \right)$ 上单调递增，
故 $f\left(x\right)$ 在 $x = \ln a$ 处取得极小值，且极小值为 $f\left(\ln a\right) = \ln a$，无极大值．
综上，当 $a \leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 无极值；
当 $a > 0$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $x = \ln a$ 处取得极小值 $\ln a$，无极大值．

$ 1 $

直线与曲线没有公共点，即联立后的方程无解，直接分类讨论或参变分离均可．解法一：
当 $a = 1$ 时，$f\left(x\right) = x - 1 + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$，令\[ \begin{split}g\left(x\right) &= f\left(x\right) - \left(kx - 1\right) \\&= \left(1 - k\right)x + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}},\end{split} \]则直线 $l:y = kx - 1$ 与曲线 $y = f\left(x\right)$ 没有公共点，等价于方程 $g\left(x\right) = 0$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上没有实数解．
假设 $k > 1$，此时\[ \begin{split}&g\left(0\right) = 1 > 0 ,\\ &g\left( {\dfrac{1}{k - 1}} \right) = - 1 + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^{\frac{1}{k - 1}}}}} < 0.\end{split} \]又函数 $g\left(x\right)$ 的图象连续不断，由零点存在性定理，可知 $g\left(x\right) = 0$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上至少有一解，与"方程 $g\left(x\right) = 0$ 在 $\mathbb{R}$ 上没有实数解"矛盾，故 $k \leqslant 1$．
又 $k = 1$ 时，\[g\left(x\right) = \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}} > 0,\]知方程 $g\left(x\right) = 0$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上没有实数解，所以 $k$ 的最大值为 $ 1 $．
解法二：
当 $a = 1$ 时，$f\left(x\right) = x - 1 + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$，
直线 $l:y = kx - 1$ 与曲线 $y = f\left(x\right)$ 没有公共点，
等价于关于 $x$ 的方程 $kx - 1 = x - 1 + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上没有实数解，
即关于 $x$ 的方程：\[\left(k - 1\right)x = \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}} \quad \cdots \cdots \left(*\right)\]在 ${\mathbb{R}}$ 上没有实数解．
① 当 $k = 1$ 时，方程 $\left(*\right)$ 可化为 $\dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}} = 0$，在 ${\mathbb{R}}$ 上没有实数解．
② 当 $k \ne 1$ 时，方程 $\left(*\right)$ 化为 $\dfrac{1}{k - 1} = x{{\mathrm{e}}^x}$．
令 $g\left(x\right) = x{{\mathrm{e}}^x}$，则有\[g'\left(x\right) = \left(1 + x\right){{\mathrm{e}}^x}.\]令 $g'\left(x\right) = 0$，得\[x = - 1,\]当 $x$ 变化时，$g'\left(x\right),g\left(x\right)$ 的变化情况如下表：\[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x & \left(-\infty ,-1\right)& -1 & \left(-1,+\infty \right)\\ \hline g'\left(x\right)& - & 0 & + \\ \hline g\left(x\right)& ↘ & -\frac{1}{\mathrm{e}} & ↗ \\ \hline \end{array} \]当 $x = - 1$ 时，$g{\left(x\right)_{\min }} = - \dfrac{1}{{\mathrm{e}}}$，同时当 $x$ 趋于 $ + \infty $ 时，$g\left(x\right)$ 趋于 $ + \infty $，
从而 $g\left(x\right)$ 的取值范围为 $\left[ { - \dfrac{1}{{\mathrm{e}}}, + \infty } \right)$．
所以当 $\dfrac{1}{k - 1} \in \left( { - \infty , - \dfrac{1}{{\mathrm{e}}}} \right)$ 时，方程 $\left(*\right)$ 无实数解，
解得 $k$ 的取值范围是 $\left(1 - {\mathrm{e}},1\right)$．
综合 ①②，得 $k$ 的最大值为 $ 1 $．