对 $f\left(x\right)$ 求导可得\[ f ′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x+2ax-{\mathrm{e}} ,\]曲线 $ y=f\left(x\right) $ 在点 $\left(1,f\left(1\right)\right)$ 处切线斜率 $ k=2a=0 $，所以 $ a=0 $，即\[ f\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}x .\]此时 $ f ′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}} $，由 $ f ′\left(x\right)=0$，得 $x=1 $，
当 $ x\in \left(-\infty ,1\right) $ 时，有 $ f ′\left(x\right)<0 $；当 $ x\in \left(1,+\infty \right) $ 时，有 $ f ′\left(x\right)>0 $．
所以 $ f\left(x\right) $ 的单调递减区间为 $ \left(-\infty ,1\right) $，单调递增区间为 $ \left(1,+\infty \right) $．

设点 $ P\left(x_0,f\left(x_0\right)\right) $，曲线 $ y=f\left(x\right) $ 在点 $ P $ 处的切线方程为\[ y=f ′\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+f\left(x_0\right),\]令\[ g\left(x\right)=f\left(x\right)-f ′\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)-f\left(x_0\right) ,\]故曲线 $ y=f\left(x\right) $ 在点 $ P $ 处的切线与曲线只有一个公共点 $ P $ 等价于函数 $ g\left(x\right) $ 有唯一零点．
因为 $ g\left(x_0\right)=0 $，且\[ \begin{split}g′\left(x\right)&=f ′\left(x\right)-f ′\left(x_0\right)\\&={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{x_0}+2a\left(x-x_0\right). \end{split}\]（i）若 $ a\geqslant 0 $，
当 $ x>x_0 $ 时，$ g′\left(x\right)>0 $，则 $ x>x_0 $ 时，$ g\left(x\right)>g\left(x_0\right)=0 $；
当 $ x<x_0 $ 时，$ g′\left(x\right)<0 $，则 $ x<x_0 $ 时，$ g\left(x\right)>g\left(x_0\right)=0 $．
故 $ g\left(x\right) $ 只有唯一零点 $ x=x_0 $．由 $ P $ 的任意性知，$ a\geqslant 0 $ 不合题意．
（ii）若 $ a<0 $，
令 $ h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{x_0}+2a\left(x-x_0\right) $，则 $ h\left(x_0\right)=0,h′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x+2a $．
令 $ h′\left(x\right)=0 $，得 $ x=\ln\left(-2a\right) $，记 $ x^*=\ln\left(-2a\right) $，
则当 $ x\in \left(-\infty,x^*\right) $ 时，$ h′\left(x\right)<0 $，从而 $ h\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,x^*\right) $ 内单调递减；
当 $ x\in \left(x^*,+\infty \right) $ 时，$ h′\left(x\right)>0 $，从而 $ h\left(x\right) $ 在 $ \left(x^*,+\infty \right) $ 内单调递增．
① 若 $ x_0=x^* $，由 $ x\in \left(-\infty ,x^*\right) $ 时，$ g′\left(x\right)=h\left(x\right)>h\left(x^*\right)=0 $；
$ x\in \left(x^*,+\infty \right) $ 时，$ g′\left(x\right)=h\left(x\right)>h\left(x^*\right)=0 $．
知 $ g\left(x\right) $ 在 ${\mathbb{ R}} $ 上单调递增．
所以函数 $ g\left(x\right) $ 在 $ {\mathbb{R}} $ 上有且只有一个零点 $ x=x^* $．
② 若 $ x_0>x^* $，由于 $ h\left(x\right) $ 在 $ \left(x^*,+\infty \right) $ 内单调递增，且 $ h\left(x_0\right)=0 $，
则当 $ x\in \left(x^*,x_0\right) $ 时有 $ g′\left(x\right)=h\left(x\right)<h\left(x_0\right)=0 $，$ g\left(x\right)>g\left(x_0\right)=0 $；
任取 $ x_1\in \left(x^* ,x_0\right) $ 有 $ g\left(x_1\right)>0 $．
又当 $ x\in \left(-\infty ,x_1\right) $ 时，易知\[\begin{split} g\left(x\right)&={\mathrm{e}}^x+ax^2-\left({\mathrm{e}}+f ′\left(x_0\right)\right)x- f\left(x_0\right)+x_0f ′\left(x_0\right)\\&<{\mathrm{e}}^{x_1}+ax^2-\left({\mathrm{e}}+f ′\left(x_0\right)\right)x-f\left(x_0\right)+x_0f ′\left(x_0\right)\\&= ax^2+bx+c, \end{split}\]其中\[\begin{split} b&=-\left({\mathrm{e}}+f ′\left(x_0\right)\right),\\c&={\mathrm{e}}^{x_1}-f\left(x_0\right)+x_0f ′\left(x_0\right) .\end{split}\]由于 $ a<0 $，则必存在 $ x_2<x_1 $，使得 $ ax^2_2+bx_2+c<0 $．
所以 $ g\left(x_2\right)<0 $，故 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left(x_2,x_1\right) $ 内存在零点．
即 $ g\left(x\right) $ 在 ${\mathbb{ R}} $ 上至少有两个零点．
③ 若 $ x_0<x^* $，仿 ② 并利用 $ {\mathrm{e}}^x>{\dfrac{x^3}{6}} $，可证函数 $ g\left(x\right) $ 在 $ {\mathbb{R}} $ 上至少有两个零点．
综上所述，当 $ a<0 $ 时，曲线 $ y=f\left(x\right) $ 上存在唯一点 $ P\left(\ln\left(-2a\right) ,f\left(\ln\left(-2a\right)\right)\right) $，
曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 $ P $．