当 $a=0$ 时，所以函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递增；
当 $a>0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,-\dfrac{2a}3\right)$，$\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(-\dfrac{2a}3,0\right)$ 上单调递减；
当 $a<0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,0\right)$，$\left(-\dfrac{2a}3,+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(0,-\dfrac{2a}3\right)$ 上单调递减．

可通过比较导函数两根大小来进行单调性讨论．$f'\left(x\right)=3x^2+2ax$，令 $f'\left(x\right)=0$，解得 $x_1=0$，$x_2=-\dfrac{2a}3$．
当 $a=0$ 时，因为 $f'\left(x\right)=3x^2\geqslant 0$，
所以函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递增；
当 $a>0$ 时，$x\in\left(-\infty,-\dfrac{2a}3\right)\cup \left(0,+\infty\right)$ 时，$f'\left(x\right)>0$，$x\in\left(-\dfrac{2a}3,0\right)$ 时，$f'\left(x\right)<0$，
所以函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,-\dfrac{2a}3\right)$，$\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(-\dfrac{2a}3,0\right)$ 上单调递减；
当 $a<0$ 时，$x\in\left(-\infty,0\right)\cup \left(-\dfrac{2a}3,+\infty\right)$ 时，$f'\left(x\right)>0$，$x\in\left(0,-\dfrac{2a}3\right)$ 时，$f'\left(x\right)<0$，
所以函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,0\right)$，$\left(-\dfrac{2a}3,+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(0,-\dfrac{2a}3\right)$ 上单调递减．

$c=1$．

题中函数是三次函数，当它有三个不同零点时，意味着它的极大值和极小值异号，通过这点得到 $a,b,c$ 的关系，再结合题中条件求得 $c$ 值．由（1）知，函数 $f\left(x\right)$ 的两个极值为 $f\left(0\right)=b$，$f\left(-\dfrac{2a}3\right)=\dfrac{4}{27}a^3+b$，
则函数 $f\left(x\right)$ 有三个零点等价于 $f\left(0\right)\cdot f\left(-\dfrac{2a}3\right)=b\left(\dfrac{4}{27}a^3+b\right)<0$，从而\[\begin{cases}
a>0,\\
-\dfrac{4}{27}a^3<b<0
\end{cases} 或 \begin{cases}a<0,\\
0<b<-\dfrac{4}{27}a^3.
\end{cases}\]将 $b=c-a$ 代入得\[\begin{cases}
a>0,\\
-\dfrac{4}{27}a^3<c-a<0
\end{cases} 或 \begin{cases}a<0,\\
0<c-a<-\dfrac{4}{27}a^3.
\end{cases}\]所以当 $a>0$ 时，$\dfrac{4}{27}a^3-a+c>0$ 或当 $a<0$ 时，$\dfrac{4}{27}a^3-a+c<0$．
设 $g\left(a\right)=\dfrac{4}{27}a^3-a+c$，因为函数 $f\left(x\right)$ 有三个零点时，$a$ 的取值范围恰好是 $\left(-\infty,-3\right)\cup \left(1,\dfrac 32\right)\cup \left(\dfrac 32,+\infty\right)$，则在 $\left(-\infty,-3\right)$ 上 $g\left(a\right)<0$，且在 $\left(1,\dfrac 32\right)\cup \left(\dfrac 32,+\infty\right)$ 上 $g\left(a\right)>0$ 均恒成立，
从而 $g\left(-3\right)=c-1\leqslant 0$，且 $g\left(\dfrac 32\right)=c-1\geqslant 0$，因此 $c=1$．
此时，$f\left(x\right)=x^3+ax^2+1-a=\left(x+1\right)\left[x^2+\left(a-1\right)x+1-a\right]$．
因为函数有三个零点，则 $x^2+\left(a-1\right)x+1-a=0$ 有两个异于 $-1$ 的不等实根，
所以 $\Delta=\left(a-1\right)^2-4\left(1-a\right)=a^2+2a-3>0$，且 $\left(-1\right)^2-\left(a-1\right)+1-a\neq 0$，解得 $a\in\left(-\infty,-3\right)\cup \left(1,\dfrac 32\right)\cup \left(\dfrac 32,+\infty\right)$．
综上 $c=1$．