当 $0<a<\dfrac14$ 时，$g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\right)$，$\left(\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2},+\infty\right)$ 上单调递增；在区间 $ \left(\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}{2},\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right) $ 上单调递减；
当 $a\geqslant\dfrac14$ 时，$g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增．

考查利用导数研究函数的单调性，注意函数定义域的限制．由已知，函数 $f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left(0,+\infty\right)$，可以利用导数研究函数的单调性．因为\[g\left(x\right)=f'\left(x\right)=2\left(x-a\right)-2\ln x-2\left(1+\dfrac ax\right),\]所以\[g'\left(x\right)=2-\dfrac2x+\dfrac{2a}{x^2}=\dfrac{2\left(x-\dfrac12\right)^2+2\left(a-\dfrac14\right)}{x^2}.\]当 $0<a<\dfrac14$ 时，$g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\right)$，$\left(\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2},+\infty\right)$ 上单调递增；在区间 $ \left(\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}{2},\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right) $ 上单调递减；
当 $a\geqslant\dfrac14$ 时，$g\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增．

略．

$f\left(x\right)\geqslant0$ 恒成立，结合（1）问只需 $f\left(x\right)$ 的最小值即极小值大于等于零，又 $f\left(x\right)=0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内有唯一解，则进一步推出极值点在 $\left(1,+\infty\right)$ 内且极值为极小值为零．因此我们要证明在 $\left(0,1 \right)$ 存在 $a$ 值使得 $f(x)=0$ 且 $f'\left(x\right)=0$．由\[f'\left(x\right)=2\left(x-a\right)-2\ln x-2\left(1+\dfrac ax\right)=0,\]解得 $a=\dfrac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}$．
令\[\varphi\left(x\right)=-2\left(x+\dfrac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right)\ln x+x^2-2\left(\dfrac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right)x-2\left(\dfrac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right)^2+\dfrac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}},\]则 $\varphi\left(1\right)=1>0$，$\varphi\left(\mathrm e\right)=-\dfrac{{\mathrm e}\left(\mathrm e-2\right)}{1+\mathrm e^{-1}}-2\left(\dfrac{\mathrm e-2}{1+\mathrm e^{-1}}\right)^2<0$．
故存在 $x_0\in\left(1,\mathrm e\right)$，使得 $\varphi\left(x_0\right)=0$．
令 $a_0=\dfrac{x_0-1-\ln x_0}{1+x_0^{-1}}$，$u\left(x\right)=x-1-\ln x\left(x\geqslant1\right)$．
由 $u'\left(x\right)=1-\dfrac1x\geqslant0$ 知，函数 $u\left(x\right)$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递增．
所以 $0=\dfrac{u\left(1\right)}{1+1}<\dfrac{u\left(x_0\right)}{1+x_0^{-1}}=a_0<\dfrac{u\left(\mathrm e\right)}{1+\mathrm e^{-1}}=\dfrac{\mathrm e-2}{1+\mathrm e^{-1}}<1$，即 $a_0\in\left(0,1\right)$．
当 $a=a_0$ 时，有 $f'\left(x_0\right)=0$，$f\left(x_0\right)=\varphi\left(x_0\right)=0$，
由（1）知，$f'\left(x\right)$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递增，
故当 $x\in\left(1,x_0\right)$ 时，$f'\left(x\right)<0$，从而 $f\left(x\right)>f\left(x_0\right)=0$；
当 $x\in\left(x_0,+\infty\right)$ 时，$f'\left(x\right)>0$，从而 $f\left(x\right)>f\left(x_0\right)=0$．
所以，当 $x\in\left(1,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)\geqslant0$．
综上所述，存在 $a\in\left(0,1\right)$，使得 $f\left(x\right)\geqslant0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内恒成立，且 $f\left(x\right)=0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内有唯一解．