$ f\left(x\right) $ 的定义域为 $ \left(-\infty ,+\infty \right)$，且\[f ′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-a,\]若 $ a\leqslant 0 $，则 $ f'\left(x\right)>0 $，所以 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,+\infty \right) $ 上单调递增；
若 $ a>0 $，令 $f'\left(x\right)=0$，解得 $x=\ln a$，
则当 $ x\in \left(-\infty ,\ln a\right) $ 时，$ f '\left(x\right)<0 $；当 $ x\in \left(\ln a,+\infty \right) $ 时，$ 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．

由于 $ a=1 $，所以\[ \left(x-k\right)f '\left(x\right)+x+1=\left(x-k\right)\left({\mathrm{e}}^x-1\right)+x+1,\]故当 $ x>0 $ 时，$ \left(x-k\right)f '\left(x\right)+x+1>0 $ 等价于\[ k<{\dfrac{x+1}{{\mathrm{e}}^x-1}}+x\left(x>0\right).\quad \cdots \cdots ① \]令\[g\left(x\right)={\dfrac{x+1}{{\mathrm{e}}^x-1}}+x, \]则\[ g'\left(x\right)={\dfrac{-x{\mathrm{e}}^x-1}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)^2}}+1={\dfrac{ {\mathrm{e}}^x\left({\mathrm{e}}^x-x-2\right)}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)^2}}. \]由（1）知，可令函数 $ h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x-2 $，则其在 $ \left(0,+\infty \right) $ 上单调递增，
而 $ h\left(1\right)<0$，$h\left(2\right)>0$，所以 $ h\left(x\right) $ 在 $ \left(0,+\infty \right) $ 存在唯一的零点，
故 $ g'\left(x\right) $ 在 $ \left(0,+\infty \right) $ 存在唯一的零点，
设此零点为 $ \alpha $，则 $ \alpha \in \left(1,2\right)$，
当 $ x\in \left(0,\alpha \right) $ 时，$ g'\left(x\right)<0 $，
当 $ x\in \left(\alpha ,+\infty \right) $ 时，$ g′\left(x\right)>0 $，
所以 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left(0,+\infty \right) $ 的最小值为 $ g\left(\alpha \right) $，
又由 $ g'\left(\alpha \right)=0 $，可得 $ {\mathrm{e}}^\alpha =\alpha +2 $，
所以 $ g\left(\alpha \right)=\alpha +1 \in \left(2,3\right) $，
由于 $ ① $ 式等价于 $ k<g\left(\alpha \right) $，故整数 $ k $ 的最大值为 $ 2 $．