当 $a = 0,b \leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left(0, + \infty \right)$；
当 $a = 0,b > 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left( {0,\dfrac{1}{b}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{1}{b}, + \infty } \right)$；
当 $a > 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left( {0,\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}, + \infty } \right)$．

本小问考查了利用导数研究函数的单调性．核心函数是个二次函数，且有两个参数，一般都是先对最高次项系数进行分类讨论，然后每一类中再对 $b$ 进行分类讨论．由 $f\left(x\right) = a{x^2} + bx - \ln x,x \in \left(0, + \infty \right)$，得\[f'\left(x\right) = \dfrac{{2a{x^2} + bx - 1}}{x}.\]（ⅰ）当 $a = 0$ 时，\[f'\left(x\right) = \dfrac{bx - 1}{x}.\]① 若 $b \leqslant 0$，当 $x > 0$ 时，$f'\left(x\right) < 0$ 恒成立，所以函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left(0, + \infty \right)$．
② 若 $b > 0$，当 $0 < x < \dfrac{1}{b}$ 时，$f'\left(x\right) < 0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减，当 $x > \dfrac{1}{b}$ 时，$f'\left(x\right) > 0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增，所以函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left( {0,\dfrac{1}{b}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{1}{b}, + \infty } \right)$．
（ⅱ）当 $a > 0$ 时，令 $f'\left(x\right) = 0$，得\[2a{x^2} + bx - 1 = 0.\]由 $\Delta = {b^2} + 8a > 0$，得\[{x_1} = \dfrac{{ - b - \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a} , {x_2} = \dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}. \]因为 ${x_1} < 0,{x_2} > 0$．故 $0 < x < {x_2}$ 时，$f'\left(x\right) < 0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减；当 $x > {x_2}$ 时，$f'\left(x\right) > 0$，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增．
所以函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left({0,\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}, + \infty } \right)$．
综上所述，当 $a = 0,b \leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left(0, + \infty \right)$；
当 $a = 0,b > 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left( {0,\dfrac{1}{b}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{1}{b}, + \infty } \right)$；
当 $a > 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 的单调递减区间是 $\left( {0,\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}} \right)$，单调递增区间是 $\left( {\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}, + \infty } \right)$．

$\ln a < - 2b$．

此问的关键条件是“对任意 $x > 0$，$f\left(x\right) \geqslant f\left(1\right)$”故可以分析出 $f(1)$ 是最小值也是极小值．由此可以得到 $a$，$b$ 的关系，进而构造新函数，研究新函数与 $0$ 的大小关系．由题意知函数 $f\left(x\right)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值．
由（1）知 $\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a}$ 是 $f\left(x\right)$ 的唯一极小值点，故\[\dfrac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 8a} }}{4a} = 1,\]整理，得\[2a + b = 1,\]即\[b = 1 - 2a.\]比较 $\ln a$ 与 $-2b$ 的大小，作差得 $\ln a -4a+2$，令 $g\left(x\right) = 2 - 4x + \ln x$，则\[g'\left(x\right) = \dfrac{1 - 4x}{x}.\]令 $g'\left(x\right) = 0$，得\[x = \dfrac{1}{4},\]当 $0 < x < \dfrac{1}{4}$ 时，$g'\left(x\right) > 0$，$g\left(x\right)$ 单调递增；当 $x > \dfrac{1}{4}$ 时，$g'\left(x\right) < 0$，$g\left(x\right)$ 单调递减．因此函数 $g\left(x\right)$ 在 $x=\dfrac{1}{4}$ 处取得函数的最大值．故\[\begin{split}g\left(x\right) & \leqslant g\left( {\dfrac{1}{4}} \right) = 1 + \ln \dfrac{1}{4} = 1 - \ln 4 < 0,\end{split}\]于是\[g\left(a\right) < 0,\]所以\[2 - 4a + \ln a = 2b + \ln a < 0,\]即\[\ln a < - 2b.\]