略．

对 $f(x)$ 求导得\[ f '\left(x\right)=x^2+2x+a=\left(x+1\right)^2+a-1. \]（i）当 $ a\geqslant 1 $ 时，$ f '\left(x\right)\geqslant 0 $，当且仅当 $ a=1$，$x=-1 $ 时，
$ f '\left(x\right)=0 $，所以 $ f\left(x\right) $ 是 $ {\mathbb {R}} $ 上的增函数；
（ii）当 $ a<1 $ 时，$ f ′\left(x\right)=0 $ 有两个根\[ \begin{split}x_1&=-1-{\sqrt{1-a}},\\x_2&=-1+{\sqrt{1-a}}.\end{split} \]当 $ x\in \left(-\infty ,-1-{\sqrt{1-a}}\right) $ 时，$ f '\left(x\right)>0 $，$ f\left(x\right) $ 是增函数；
当 $ x\in \left(-1-{\sqrt{1-a}},-1+{\sqrt{1-a}}\right) $ 时，$ f '\left(x\right)<0 $，$ f\left(x\right) $ 是减函数；
当 $ x\in \left(-1+{\sqrt{1-a}},+\infty \right) $ 时 $ ,f '\left(x\right)>0 $，$ f\left(x\right) $ 是增函数．

$ a=0$ 或 $ a={\dfrac{2}{3}}$ 或 $ a={\dfrac{3}{4}}$．

由题设知，$ x_1$，$x_2 $ 为方程 $ f '\left(x\right)=0 $ 的两个根，
故有 $ a<1$，$x^2_1=-2x_1-a$，$x^2_2=-2x_2-a $．因此\[ \begin{split} f\left(x_1\right) &={\dfrac{1}{3}}x^3_1+x^2_1+ax_1\\&={\dfrac{1}{3}}x_1\left(-2x_1-a\right)+x^2_1+ax_1\\&={\dfrac{1}{3}}x^2_1+{\dfrac{2}{3}}ax_1\\&={\dfrac{1}{3}}\left(-2x_1-a\right)+{\dfrac{2}{3}}ax_1\\&={\dfrac{2}{3}}\left(a-1\right)x_1-{\dfrac{a}{3}}. \end{split} \]同理，\[ f\left(x_2\right)={\dfrac{2}{3}}\left(a-1\right)x_2-{\dfrac{a}{3}}.\]因此直线 $ l $ 的方程为\[ y={\dfrac{2}{3}}\left(a-1\right)x-{\dfrac{a}{3}}. \]设 $ l $ 与 $ x $ 轴的交点为 $ \left(x_0,0\right) $，得\[ \begin{split}x_0&={\dfrac{a}{2\left(a-1\right)}},\\ f\left(x_0\right)& ={\dfrac{1}{3}} \left[{\dfrac{a}{2\left(a-1\right)}} \right]^3+ \left[{\dfrac{a}{2\left(a-1\right)}}\right]^ 2+{\dfrac{a^2}{2\left(a-1\right)}}\\&={\dfrac{a^2}{24\left(a-1\right)^3}}\left(12a^2-17a+6\right).\end{split} \]由题设知，点 $ \left(x_0,0\right) $ 在曲线 $ y=f\left(x\right) $ 上，故 $ f\left(x_0\right)=0 $，解得\[ a=0 或 a={\dfrac{2}{3}} 或 a={\dfrac{3}{4}}. \]