当 $ a\leqslant 0 $ 时，函数 $ f\left(x\right) $ 的单调递增区间为 $ \left(-\infty,+\infty\right) $，没有单调递减区间．
当 $ a>0 $ 时，函数 $ f\left(x\right) $ 的单调递增区间是 $ \left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3\right) $ 和 $ \left(\dfrac{\sqrt{3a}}3,+\infty\right) $，单调递减区间是 $ \left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3,\dfrac{\sqrt{3a}}3\right) $．

本题考查利用导数研究函数的单调性，需要分类讨论．函数 $ f\left(x\right) $ 的导函数 $ f'\left(x\right)=3x^2-a $．
情形一：$ a\leqslant 0 $．
此时恒有 $ f'\left(x\right)\geqslant 0 $，于是函数 $ f\left(x\right) $ 的单调递增区间为 $ \left(-\infty,+\infty\right) $，没有单调递减区间．
情形二：$ a>0 $．
此时函数 $ f\left(x\right) $ 的单调递增区间是 $ \left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3\right) $ 和 $ \left(\dfrac{\sqrt{3a}}3,+\infty\right) $，单调递减区间是 $ \left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3,\dfrac{\sqrt{3a}}3\right) $．

略．

先借助极值点处的导数值为零，得到 $a$ 与 $x_0 $ 的等量关系，再根据结论特点整理 $f\left(-2x_0\right) $ 使其等于 $ f\left(x_0\right) $，即可得到结论．因为 $ x_0 $ 是 $ f\left(x\right) $ 的极值点，故由第（1）问可知，$ a>0 $，且 $ f'\left(x_0\right)=0 $，即 $ a=3x_0^2 >0 $．由题意可知，关于 $ x $ 的方程 $ f\left(x\right)=f \left(x_0\right) $ 有且只有两个不同的实根 $ x_0,x_1 $．因为\[ f \left(-2x_0\right) =\left(-2x_0\right)^3-3x_0^2\left(-2x_0\right)-b=-2x_0^3-b=x_0^3-ax_0-b=f\left(x_0\right), \]且 $ -2x_0\ne x_0 $（否则由 $ x_0=0 $ 可推出 $ a=0 $，矛盾），故\[ -2x_0=x_1, 即 x_1+2x_0=0. \]

略．

由第二问的结论，考虑极端情况（端点函数值等于极值），分析 $ f\left(x\right) $ 在 $ x=-1,-\dfrac 12,\dfrac 12,1 $ 上的函数值，结合反证法证明结论即可．用反证法．假设 $ g\left(x\right) $ 在区间 $ \left[0,2\right] $ 上的最大值小于 $ \dfrac 14 $．
考虑\[ \begin{cases}f\left(-1\right)=-1+a-b,\\f\left(1\right)=1-a-b,\\f \left(-\dfrac{1}{2} \right)=-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{2}a-b,\\f \left(\dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{2}a-b, \end{cases} \]我们有\[ \begin{cases}2-2a=f\left(1\right)-f\left(-1\right),\\a- \dfrac{1}{4}=f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-f \left(\dfrac{1}{2} \right), \end{cases} \]所以\[ 2f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{1}{2} \right)+f\left(1\right)-f\left(-1\right)=\dfrac{3}{2}, \]但是\[\begin{split}&\left|2f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{1}{2} \right)+f\left(1\right)-f\left(-1\right)\right|\\& \overset{\left[a\right]}\leqslant 2\left|f\left(-\dfrac{1}{2} \right) \right|+2\left|f\left(\dfrac{1}{2} \right) \right|+\left|f\left(1 \right) \right|+\left|f\left(-1\right) \right|<\dfrac{3}{2},\end{split} \]（推导中用到 [a]．）矛盾．
所以 $ g\left(x\right) $ 在区间 $ \left[-1,1\right] $ 上的最大值不小于 $ \dfrac 14 $．