$ f\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x+\dfrac{1}{2}x^2 $，$ f\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,0\right) $ 上单调递减，在 $ \left(0,+\infty \right) $ 上单调递增．

由已知得\[ f'\left(x\right)=f'\left(1\right){\mathrm{e}}^{x-1}-f\left(0\right)+x. \]所以\[ f'\left(1\right)=f'\left(1\right)-f\left(0\right)+1, \]即 $ f\left(0\right)=1 $，又 $ f\left(0\right)=f'\left(1\right){\mathrm{e}}^{-1} $，所以 $ f'\left(1\right)={\mathrm{e}} $，从而\[ f\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x+\dfrac{1}{2}x^2.\]由于 $ f'\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-1+x $，
故当 $ x\in \left(-\infty ,0\right) $ 时，$ f'\left(x\right)<0 $；
当 $ x\in \left(0,+\infty \right) $ 时，$ f'\left(x\right)>0 $，
从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,0\right) $ 上单调递减，在 $ \left(0,+\infty \right) $ 上单调递增．

$ \dfrac{{\mathrm{e}}}{2} $

由已知条件得 $ {\mathrm{e}}^x-\left(a+1\right)x\geqslant b , \quad \cdots \cdots ① $
（ⅰ）若 $ a+1<0 $，则对任意实数 $ b $，当 $ x<0 $，且 $ x<\dfrac{1-b}{a+1} $ 时，
可得 $ {\mathrm{e}}^x-\left(a+1\right)x<b $，因此 ① 式不成立．
（ⅱ）若 $ a+1=0 $，① 式恒成立时，$ b\leqslant 0 $，此时 $ \left(a+1\right)b=0 $．
（ⅲ）若 $ a+1>0 $，设 $ g\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-\left(a+1\right)x $，则 $ g'\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-\left(a+1\right) $．
当 $ x\in \left(-\infty ,\ln\left(a+1\right)\right) $ 时，$ g'\left(x\right)<0 $；
当 $ x\in \left(\ln\left(a+1\right),+\infty \right) $ 时，$ g'\left(x\right)>0 $．
从而 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,\ln\left(a+1\right)\right) $ 上单调递减，在 $ \left(\ln\left(a+1\right),+\infty \right) $ 上单调递增．
故 $ g\left(x\right) $ 有最小值\[ g\left(\ln\left(a+1\right)\right)=a+1-\left(a+1\right)\ln\left(a+1\right), \]所以\[ f\left(x\right)\geqslant {\dfrac{1}{2}}x^2+ax+b ,\]等价于\[ b\leqslant a+1-\left(a+1\right)\ln \left(a+1\right), \quad \cdots \cdots ② \]因此\[ \left(a+1\right)b\leqslant \left(a+1\right)^2-\left(a+1\right)^2\ln\left(a+1\right),\]设\[ h\left(a\right)=\left(a+1\right)^2-\left(a+1\right)^2\ln\left(a+1\right) ,\]则\[ h'\left(a\right)=\left(a+1\right)\left[1-2\ln\left(a+1\right)\right] ,\]所以 $ h\left(a\right) $ 在 $ \left(-1,{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}-1\right) $ 上单调递增，在 $ \left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}-1,+\infty \right) $ 上单调递减，
故 $ h\left(a\right) $ 在 $ a={\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}-1 $ 处取得最大值．从而 $ h\left(a\right)\leqslant {\dfrac{{\mathrm{e}}}{2}} $，即\[ \left(a+1\right)b\leqslant {\dfrac{{\mathrm{e}}}{2}}. \]当 $ a={\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}-1$，$b=\dfrac{{\mathrm{e}}^ \frac{1}{2}}{ 2 }$ 时，② 式等号成立，故\[f\left(x\right)\geqslant {\dfrac{1}{2}}x^2+ax+b ,\]综合得，$ \left(a+1\right)b $ 的最大值为 $ \dfrac{{\mathrm{e}}}{2} $．