$a=1$．

此题是直线与直线的位置关系问题和利用导数求曲线的切线方程问题的简单综合．由题意知，因为曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $\left(1,f\left(1\right)\right)$ 处的切线与直线 $2x-y=0$ 平行，所以切线斜率为 $2$．故由导数的几何意义可知\[f'\left(1\right)=2.\]又函数 $f\left(x\right)$ 的导数为\[f'\left(x\right)=\ln x+\dfrac ax+1 ,\]因此 $a=1$．

当 $k=1$ 时，方程 $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ 在 $\left(k,k+1\right)$ 内存在唯一的根．

方程的解的问题一般我们转化为函数 $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$ 的零点问题，$k$ 是正整数，一般来说可以尝试从最小的整数来研究．此小问属于利用导数研究函数的零点问题．设 $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)=\left(x+1\right)\ln x-\dfrac {x^2}{{\mathrm e}^x}\left(x>0\right)$，当 $k=0$ 时，即 $x\in \left(0,1\right)$，$h\left(x\right)<0$．$h'\left(x\right)=\ln x+\dfrac 1x+1+\dfrac {x\left(x-2\right)}{{\mathrm e}^x}$，当 $k=1$ 时，即 $x\in \left(1,2\right)$ 时，$\ln x+\dfrac{1}{x}+1>1$，$\dfrac{x\left(x-2\right)}{{\mathrm e}^x}>-\dfrac{1}{\mathrm e}$，故\[h'\left(x\right)=\ln x+\dfrac{1}{x}+1+\dfrac{x\left(x-2\right)}{{\mathrm e}^x}>1-\dfrac{1}{\mathrm e}>0,\]所以 $h\left(x\right)$ 在 $\left(1,2\right)$ 上单调递增，又\[\begin{split}&h\left(1\right)=-\dfrac{1}{\mathrm e}<0,\\&h\left(2\right)=\ln 8-\dfrac {4}{{\mathrm e}^2}>0.\end{split}\]所以存在唯一的 $x_0\in \left(1,2\right)$，使得 $h\left(x_0\right)=0$．当 $x\in \left(2,+\infty\right)$ 时，$\ln x+\dfrac{1}{x}+1>0$，$\dfrac{x\left(x-2\right)}{{\mathrm e}^x}>0$，因此\[h'\left(x\right)=\ln x+\dfrac{1}{x}+1+\dfrac{x\left(x-2\right)}{{\mathrm e}^x}>0,\]所以当 $x\in \left[2,+\infty\right)$ 时，$h\left(x\right)$ 单调递增，故\[h\left(x\right)>h\left(2\right)>0,x>2\]所以在 $\left[2,+\infty\right)$ 上，$h\left(x\right)$ 没有零点．
综上，当 $k=1$ 时，方程 $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ 在 $\left(k,k+1\right)$ 内存在唯一的根．

函数 $m\left(x\right)$ 的最大值为 $\dfrac {4}{{\mathrm e}^2}$．

由第（2）可知，$f\left(x\right)=g\left(x\right)$ 在区间 $\left(1,2\right)$ 上有唯一零点 $x_0$，故只需研究函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,x_0\right)$ 与 $g\left(x\right)$ 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上的取值情况，分析即可解决．本小问属于利用导数研究函数的最值问题．由（2）知，方程 $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ 在 $\left(1,2\right)$ 内存在唯一的根 $x_0$，且 $x\in \left(0,x_0\right)$ 时，$f\left(x\right)<g\left(x\right)$，$x\in \left(x_0,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)>g\left(x\right)$．所以\[m\left(x\right)=\begin{cases}f\left(x\right),&x\in \left(0,x_0\right], \\ g\left(x\right),&x\in \left(x_0,+\infty\right).
\end{cases}\]当 $x\in \left(0,x_0\right)$ 时，若 $x\in \left(0,1\right]$，$m\left(x\right)\leqslant 0$；
若 $x\in \left(1,x_0\right)$，由 $m'\left(x\right)=\ln x+\dfrac 1x+1>0$，可知 $0<m\left(x\right)\leqslant m\left(x_0\right)$；故 $m\left(x\right)\leqslant m\left(x_0\right)$．
当 $x\in \left(x_0,+\infty\right)$ 时，由 $m'\left(x\right)=\dfrac {x\left(2-x\right)}{{\mathrm e}^x}$，可得 $x\in \left(x_0,2\right)$ 时，$m'\left(x\right)>0$，$m\left(x\right)$ 单调递增；$x\in \left(2,+\infty\right)$ 时，$m'\left(x\right)<0$，$m\left(x\right)$ 单调递减．
可知 $m\left(x\right)\leqslant m\left(2\right)=\dfrac {4}{{\mathrm e}^2}$，且 $m\left(x_0\right)<m\left(2\right)$．
综上可得，函数 $m\left(x\right)$ 的最大值为 $\dfrac {4}{{\mathrm e}^2}$．