（i）$a\leqslant-2$，$b\in{\mathbb R}$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 在 $\left(-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上单调递增，无极值．
（ii）$a\geqslant2$，$b\in \mathbb R$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 在 $\left(-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上单调递减，无极值．
（iii）$-2<a<2$，$b\in{\mathbb R}$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 在 $\left(-\dfrac{\mathrm \pi} {2},x_0\right)$ 上单调递减，在 $\left(x_0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 上单调递增，在 $x_0$ 处有极小值．其极小值为 $ b-\dfrac{a^2}{4}$．（其中 $x_0 \in \left(-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) ,且 2\sin {x_0}=a $）

根据正弦函数的有界性来找分类讨论的划分标准．注意必须先求函数 $f\left(\sin x\right)$ 的解析式，再对其求导进行分析，而不能先对函数 $f\left( x \right)$ 求导，然后再代入自变量 $\sin x$ 分析性质．可以用导数研究函数的极值．
因为\[\begin{split}f\left(\sin x\right)&=\sin^2x-a\sin x+b\\&=\sin x\left(\sin x-a\right)+b , -\dfrac{\mathrm \pi} {2}<x<\dfrac{\mathrm \pi} {2}.\end{split}\]所以\[\left[f\left(\sin x\right)\right]'=\left(2\sin x-a\right)\cos x , -\dfrac{\mathrm \pi} {2}< x< \dfrac{\mathrm \pi} {2}.\]因为 $-\dfrac{\mathrm \pi} {2}<x<\dfrac{\mathrm \pi} {2}$，所以 $\cos x>0$，$-2<2\sin x<2$．
（i）$a\leqslant-2$，$b\in{\mathbb R}$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 单调递增，无极值．
（ii）$a\geqslant2$，$b\in \mathbb R$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 单调递减，无极值．
（iii）对于 $-2<a<2$，在 $\left(-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right)$ 内存在唯一的 $x_0$，使得 $2\sin{x_0}=a$．
$-\dfrac{\mathrm \pi} {2}<x\leqslant x_0$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 单调递减；$x_0\leqslant x<\dfrac{\mathrm \pi} {2}$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 单调递增．
因此 $-2<a<2$，$b\in{\mathbb R}$ 时，函数 $f\left(\sin x\right)$ 在 $x_0$ 处有极小值为 $f\left(\sin{x_0}\right)=f\left(\dfrac a2\right)=b-\dfrac{a^2}{4}$．

$ \left|f\left(\sin x\right)-f_0\left(\sin x\right) \right|$ 在 $\left[-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right]$ 上的最大值为 $D= \left|a-a_0 \right|+ \left|b+b_0 \right|$．

根据正弦函数的有界性结合三角不等关系式即可求解，注意必须指明不等关系式中的等号能够取得．当 $-\dfrac{\mathrm \pi} {2}\leqslant x\leqslant \dfrac{\mathrm \pi} {2}$ 时，\[ \begin{split}\left|f\left(\sin x\right)-f_0\left(\sin x\right) \right|&= \left|\left(a_0-a\right)\sin x+b-b_0 \right|\\&\overset {\left[a\right]}\leqslant \left|a-a_0 \right|+ \left|b-b_0 \right|,\end{split}\]（推导中用到 $\left[a\right]$．）当 $\left(a_0-a\right)\left(b-b_0\right)\geqslant0$ 时，取 $x=\dfrac{\mathrm \pi} {2}$ 等号成立；
当 $\left(a_0-a\right)\left(b-b_0\right)<0$ 时，取 $x=-\dfrac{\mathrm \pi} {2}$，等号成立．
由此可知，$ \left|f\left(\sin x\right)-f_0\left(\sin x\right) \right|$ 在 $\left[-\dfrac{\mathrm \pi} {2},\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right]$ 上的最大值为 $D= \left|a-a_0 \right|+ \left|b+b_0 \right|$．

略．

利用规划的思想，把 $z$ 看成 $b$ 关于 $a$ 的函数在 $b$ 轴上的截距进行求解．$D\leqslant1$ 即为 $ \left|a \right|+ \left|b \right|\leqslant1$，此时 $0\leqslant a^2\leqslant1$，$-1\leqslant b\leqslant1$，从而 $z=b-\dfrac{a^2}{4}\leqslant1$．
取 $a=0$，$b=1$，则 $ \left|a \right|+ \left|b \right|\leqslant1$，并且 $z=b-\dfrac{a^2}{4}=1$．
因此可知，$z=b-\dfrac{a^2}{4}$ 满足条件 $D\leqslant1$ 时的最大值为 $1$．