$y = x - 1$．

本题考查利用导数求曲线的切线方程．切点处的导数值即为切线的斜率．$f\left(x\right)$ 的反函数为\[g\left(x\right) = \ln x,\]设所求切线的斜率为 $k$．
因为 $g'\left(x\right) = \dfrac{1}{x}$，所以\[k = g'\left(1\right) = 1,\]于是在点 $\left(1,0\right)$ 处的切线方程为 $y = x - 1$．

唯一公共点为 $\left(0,1\right)$，证法略．

证法一：
曲线 $y = {{\mathrm{e}}^x}$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 公共点的个数等于函数\[\varphi \left(x\right) = {{\mathrm{e}}^x} - \dfrac{1}{2}{x^2} - x - 1\]零点的个数．
$ \because $ $\varphi \left(0\right) = 1 - 1 = 0$，$ \therefore $ $\varphi \left(x\right)$ 存在零点 $x = 0$．又\[\varphi '\left(x\right) = {{\mathrm{e}}^x} - x - 1,\]令 $h\left(x\right) = \varphi '\left(x\right) = {{ \mathrm e }^x} - x - 1$，则\[h'\left(x\right) = {{\mathrm e }^x} - 1.\]当 $x < 0$ 时，$h'\left(x\right) < 0$，$ \therefore $ $\varphi '\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty ,0\right)$ 上单调递减；
当 $x > 0$ 时，$h'\left(x\right) > 0$，$ \therefore $ $\varphi '\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 上单调递增，
$ \therefore $ $\varphi '\left(x\right)$ 在 $x = 0$ 处有唯一的极小值\[\varphi '\left(0\right) = 0,\]即 $\varphi '\left(x\right)$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上的最小值为 $\varphi '\left(0\right) = 0$．
$\therefore$ $\varphi '\left(x\right) \geqslant 0$（当且仅当 $x = 0$ 时等号成立），
$\therefore$ $\varphi \left(x\right)$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上是单调递增的，
$\therefore$ $\varphi \left(x\right)$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上有唯一的零点，
故曲线 $y = f\left(x\right)$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 有唯一的公共点．
证法二：
$\because$ ${{\mathrm{e}}^x} > 0$，$\dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1 > 0$，
$\therefore$ 曲线 $y = {{\mathrm{e}}^x}$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 公共点的个数等于曲线\[y = \dfrac{{\dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1}}{{{{\mathrm{e}}^x}}}\]与 $y = 1$ 公共点的个数．
设\[\varphi \left(x\right) = \dfrac{{\dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1}}{{{{\mathrm{e}}^x}}},\]则 $\varphi \left(0\right) = 1$，即当 $x = 0$ 时，两曲线有公共点．又\[\begin{split}\varphi '\left(x\right) &= \dfrac{{\left(x + 1\right){{\mathrm{e}}^x} - \left( {\dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1} \right){{\mathrm{e}}^x}}}{{{{\mathrm{e}}^{2x}}}} \\&= \dfrac{{ - \dfrac{1}{2}{x^2}}}{{{{\mathrm{e}}^x}}} \\& \leqslant 0\end{split}\]（当且仅当 $x = 0$ 时等号成立），
$\therefore$ $\varphi \left(x\right)$ 在 ${\mathbb{R}}$ 上单调递减，
$\therefore$ $\varphi \left(x\right)$ 与 $y = 1$ 有唯一的公共点，
故曲线 $y = f\left(x\right)$ 与曲线 $y = \dfrac{1}{2}{x^2} + x + 1$ 有唯一的公共点．

$\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} > f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right)$．

函数 $f(x)$ 与函数 $g(x)$ 有唯一公共点等价于构造新函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 有唯一零点．可用比较法证明两者的大小关系．\[\begin{split}\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} - f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right) &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a}}}{b - a} - {{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}} \\&= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^b} - {{\mathrm{e}}^a} - b{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}} + a{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}}}}{b - a}\\ &= \dfrac{{{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}}}}{b - a}\left[ {{{\mathrm{e}}^{\frac{b-a}{2}}} - {{\mathrm{e}}^{\frac{a - b}{2}}} - \left(b - a\right)} \right].\end{split}\]设函数 $u\left(x\right) = {{\mathrm{e}}^x} - \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}} - 2x\left(x \geqslant 0\right)$，则\[\begin{split}u'\left(x\right) &= {{\mathrm{e}}^x} + \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}} - 2 \\& \overset{\left[a\right]}\geqslant 2\sqrt {{{\mathrm{e}}^x} \cdot \dfrac{1}{{{{\mathrm{e}}^x}}}} - 2 \\&= 0,\end{split}\]（推导中用到：[a]）
所以 $u'\left(x\right) \geqslant 0$（当且仅当 $x = 0$ 时等号成立），所以 $u\left(x\right)$ 单调递增．
当 $x > 0$ 时，$u\left(x\right) > u\left(0\right) = 0$．令 $x = \dfrac{b - a}{2}$，则得\[{{\mathrm{e}}^{\frac{b - a}{2}}} - {{\mathrm{e}}^{\frac{a - b}{2}}} - \left(b - a\right) > 0.\]又 $\dfrac{{{{\mathrm{e}}^{\frac{a + b}{2}}}}}{b - a} > 0$，所以\[\dfrac{f\left(b\right) - f\left(a\right)}{b - a} > f\left( {\dfrac{a + b}{2}} \right).\]