① 方程 $f\left(x\right)=2$ 的根是 $x=0$；
② 实数 $m$ 的最大值是 $4$．

考查简单的包含指数函数的方程的求解以及含参不等式恒成立的处理办法，这里可以使用分离变量法解答．① 方程 $f\left(x\right)=2$，即 $2^x+\dfrac{1}{2^x}=2$，也即 $\left(2^x-1\right)^2=0$，因此它的根是 $x=0$．
② 原命题即\[\forall x\in\mathbb R,2^{2x}+\dfrac{1}{2^{2x}}\geqslant m\left(2^x+\dfrac{1}{2^x}\right)-6,\]也即\[\begin{split}m&\leqslant \dfrac{2^{2x}+\dfrac{1}{2^{2x}}+6}{2^x+\dfrac{1}{2^x}}\\&=\dfrac{\left(2^x+\dfrac{1}{2^x}\right)^2+4}{2^x+\dfrac{1}{2^x}}\\&=\left(2^x+\dfrac{1}{2^x}\right)+\dfrac{4}{2^x+\dfrac{1}{2^x}}\end{split}\]对一切实数 $x$ 均成立．由第（1）小题，当 $x=0$ 时，$2^x+\dfrac{1}{2^x}=2$，此时右侧函数取得最小值为 $4$．因此实数 $m$ 的最大值是 $4$．

$ab=1$．

注意到 $ g\left(0\right)=0 $，因此 $ x=0 $ 同时是函数 $ g\left(x\right) $ 和函数 $ g'\left(x\right) $ 的零点，难点在于严格地论述．函数 $g\left(x\right)$ 的导函数\[g'\left(x\right)=\ln a\cdot a^x+\ln b\cdot b^x=a^x\cdot\left[\left(\dfrac ba\right)^x\ln b-\ln\dfrac 1a\right],\]令 $h\left(x\right)=\left(\dfrac ba\right)^x\ln b-\ln\dfrac 1a$，则 $h\left(x\right)$ 单调递增，且有唯一零点 $x_0$，其中 $x_0$ 满足\[\ln a\cdot a^{x_0}+\ln b\cdot b^{x_0}=0,\]进而函数 $g\left(x\right)$ 在 $x=x_0$ 处取得极小值，亦为最小值 $g\left(x_0\right)$．由于 $g\left(0\right)=f\left(0\right)-2=0$，进行如下讨论．
情形一：$x_0\neq 0$．
此时必然有 $g\left(x_0\right)<0$，取 $x_1=\min\left\{{\log_a}2,x_0-1\right\}$，$x_2=\max\left\{{\log_b}2,x_0+1\right\}$，则显然有 $g\left(x_1\right)>0$，$g\left(x_2\right)>0$ 且 $x_1<x_0<x_2$，此时函数 $g\left(x\right)$ 在区间 $\left(x_1,x_0\right)$ 和区间 $\left(x_0,x_2\right)$ 内都存在零点，不符合题意．
情形二：$x_0=0$．
此时函数 $g\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,0\right)$ 上单调递减，在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，而 $g\left(0\right)=0$，因此函数 $g\left(x\right)$ 有唯一零点，符合题意．
综上所述，$x_0=0$，进而可得 $\ln a+\ln b=0$，从而 $ab=1$．