当 $b\geqslant 0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$；
当 $b<0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,-\sqrt{-\dfrac{b}{3}}\right)$，$\left(\sqrt{\dfrac{b}{3}},+\infty\right)$

若 $a=0$，则$$f(x)=x^{3}+bx+3,$$故$$f'(x)=3x^{2}+b.$$当 $b\geqslant 0$ 时，显然 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增；
当 $b<0$ 时，由 $f'(x)>0$ 知 $x>\sqrt{-\dfrac{b}{3}}$ 或 $x<-\sqrt{-\dfrac{b}{3}}$．
因此，当 $b\geqslant 0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$；
当 $b<0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,-\sqrt{-\dfrac{b}{3}}\right)$，$\left(\sqrt{\dfrac{b}{3}},+\infty\right)$．

$-3$

由条件知\[\begin{cases}3x_{0}^{2}+b=0,\\ x_{0}^{3}+bx_{0}+3=x_{0},\end{cases}\]于是$$2x_{0}^{3}=x_{0}-3=0,$$即$$(x_{0}-1)(2x_{0}^{2}+2x_{0}+3)=0,$$解得 $x_{0}=1$，从而 $b=-3$．

略

假设存在一组实数 $(a,b)$ 满足条件．由条件知\[f'(x)=3x^{2}+2ax+b.\]因为 $f(x)$ 有两个不同极值点，所以$$\Delta=4a^{2}-12b>0,$$解得\[a^{2}>3b\cdots\cdots\text{ ① }\]设 $f(x)$ 的两个不同极值点为 $x_{1},x_{2}$，其中 $x_{1}<x_{2}$，则 $x_{1},x_{2}$ 是方程$$x^{3}+ax^{2}+(b-1)x+3=0$$的两根，设其另一根为 $x_{3}$，所以\[x^{3}+ax^{2}+(b-1)x+3=(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3}),\]即\[\begin{split}&\quad x^{3}+x^{2}+(b-1)x+3\\&=x^{3}-(x_{1}+x_{2}+x_{3})x^{2}+(x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1})x-x_{1}x_{2}x_{3},\end{split}\]故有\[\begin{cases}x_{1}+x_{2}+x_{3}=-a,\\ x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1}=b-1,\\ x_{1}x_{2}x_{3}=-3,\end{cases}\]于是 $x_{3}=-\dfrac{a}{3}=-\dfrac{9}{b}$，从而\[ab=27\cdots\cdots\text{ ② }\]又\[b-1=x_{1}x_{2}+(x_{1}+x_{2})x_{3}=\dfrac{b}{3}+\left(-\dfrac{2a}{3}\right)\left(-\dfrac{a}{3}\right),\]即\[\dfrac{2a^{2}}{9}-\dfrac{2b}{3}+1=0,\]故$$\dfrac{2a^{2}}{9}-\dfrac{18}{a}+1=0,$$即$$2a^{3}+9a-162=0.$$令 $g(x)=2x^{3}+9x-162$，则$$g'(x)=6x^{2}+9>0.$$故 $g(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增，从而 $g(x)=0$ 至多有一个实根．
又因为$$g(0)=-162<0 , g(4)=2>0,$$从而 $g(x)=0$ 至少有一个实根．
故 $g(x)=0$ 恰有一个实根 $x=a\in(0,4)$．
由 ①② 知$$a^{3}>3b=\dfrac{81}{a},$$即 $a^{3}>81$，这与 $a\in(0,4)$ 矛盾．
因此，不存在实数组 $(a,b)$，使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点．