略．

本题考查利用导数研究函数单调性的相关问题，对原函数求导，分析其导函数图象性质．对 $f\left(x\right)$ 求导得\[f'\left(x\right) = 3a{x^2} + 6x + 3,\]$f'\left(x\right) = 0$ 的判别式\[ \Delta=36\left(1-a\right). \]（i）若 $ a\geqslant 1 $，则\[f'\left(x\right) \geqslant 0,\]且 $f'\left(x\right) = 0$ 当且仅当 $ a=1$，$x=-1 $，故此时 $ f\left(x\right) $ 在 $ {\mathbb{R}} $ 上是增函数．
（ii）由于 $ a\neq 0 $，故当 $ a<1 $ 时，$f'\left(x\right) = 0$ 有两个根：\[\begin{split}{x_1} & = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {1 - a} }}{a}, {x_2} & = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {1 - a} }}{a},\end{split}\]若 $ 0<a<1 $，则当 $x\in \left(- \infty ,x_{2}\right)$ 或 $x\in \left(x_{1},+ \infty \right) $ 时，$f'\left(x\right) > 0$，故 $ f\left(x\right) $ 在 $\left(- \infty ,x_{2}\right)$，$\left(x_{1},+ \infty \right) $ 上是增函数；
当 $x\in \left(x_{2},x_{1}\right)$ 时，$f'\left(x\right) < 0$，故 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(x_{2},x_{1}\right) $ 上是减函数；
若 $a<0$ 时，则当 $x\in\left(-\infty,x_1\right)$ 或 $x\in\left(x_2,+\infty\right)$ 时，$f'\left(x\right)<0$，故 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,x_1\right)$，$\left(x_2,+\infty\right)$ 上是减函数；
当 $x\in\left(x_1,x_2\right)$ 时，$f'\left(x\right)>0$，故 $f\left(x\right)$ 在 $\left(x_1,x_2\right)$ 上是增函数．

$ a $ 的取值范围是 $\left[ - \dfrac{5}{4},0\right) \cup \left(0, + \infty \right)$．

本题考查利用导数研究函数单调性的相关问题，在给定区间上函数为增函数，即此区间上导函数恒非负，转化为不等式恒成立问题．然后通过参变分离进一步转化问题．$f\left(x\right)$ 在区间 $\left(1,2\right)$ 上是单调递增函数，所以\[f'\left(x\right)\geqslant 0\left(x\in\left(1,2\right)\right),\]即\[a\geqslant -\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^2}\left(x\in\left(1,2\right)\right)\]令 $g\left(x\right)=-\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}$，因为函数 $g\left(x\right)=-\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}$ 在 $\left(1,2\right)$ 上单调递增，所以\[a\geqslant g\left(2\right)=-\dfrac{5}{4},\]又因为 $a\ne 0$，所以 $a\in \left[-\dfrac{5}{4},0\right)\cup \left(0,+\infty\right)$．
综上，$ a $ 的取值范围是 $\left[ - \dfrac{5}{4},0\right) \cup \left(0, + \infty \right)$．