$g(a)=\begin{cases} \dfrac 14a^2+a+2,&a\in (-\infty ,-2],\\1,&a\in (-2,2),\\\dfrac 14a^2-a+2,&a\in [2,+\infty ).\end{cases} $

当 $b=\dfrac {a^2}4+1$ 时，$f(x)=\left(x+\dfrac a2\right)^2+1$，按 $-\dfrac a2$ 与 $-1,1$ 的大小关系讨论．
当 $a\leqslant -2$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递减，$g(a)=f(1)=\dfrac 14a^2+a+2$；
当 $-2<a<2$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $\left[-1,-\dfrac a2\right]$ 上单调递减，在区间 $\left[-\dfrac a2,1\right]$ 上单调递增，$g(a)=f\left(-\dfrac a2\right)=1$；
当 $a\geqslant 2$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递增，$g(a)=f(-1)=\dfrac 14a^2-a+2$．
综上，$g(a)=\begin{cases} \dfrac 14a^2+a+2,&a\in (-\infty ,-2],\\1,&a\in (-2,2),\\\dfrac 14a^2-a+2,&a\in [2,+\infty ).\end{cases} $

$\left[-3,9-4\sqrt 5\right]$

方法一根据题意，$f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上存在零点即$$f(-1)\cdot f(1)\leqslant 0 \text{ 或 }\begin{cases} \Delta=a^2-4b\geqslant 0,\\-\dfrac a2\in (-1,1),\\f(-1)>0,\\f(1)>0,\end{cases} $$即$$(a-b-1)(a+b+1)\geqslant 0\text{ 或 }\begin{cases} a^2\geqslant 4b,\\-2<a<2,\\ a-b-1<0,\\ a+b+1>0,\end{cases}$$在平面直角坐标系 $aOb$ 中，注意到直线 $a-b-1=0$ 与抛物线 $b=\dfrac 14a^2$ 相切于 $(2,1)$，直线 $a+b+1=0$ 与抛物线 $b=\dfrac 14a^2$ 相切于 $(-2,1)$，又有 $2a\leqslant b\leqslant 2a+1$，因此规划如图．可以计算得点 $M\left(4-2\sqrt 5,9-4\sqrt 5\right)$，$N(-2,-3)$，因此 $b$ 的取值范围是 $\left[-3,9-4\sqrt 5\right]$．
方法二设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的零点为 $x=\alpha$．
第一种情况 $\alpha=0$ 时，此时 $b=0$．
第二种情况 $\alpha\neq 0$ 时，此时 $f(x)$ 有另外一个零点 $x=\dfrac{b}{\alpha}$，于是$$-a=\alpha+\dfrac{b}{\alpha},$$又根据题意 $0\leqslant b-2a\leqslant 1$，即 $-\dfrac b2\leqslant -a\leqslant \dfrac{1-b}2$，因此$$-\dfrac b2\leqslant \alpha+\dfrac{b}{\alpha}\leqslant \dfrac {1-b}2,$$从而 $b$ 在 $\dfrac{\alpha-2\alpha^2}{2+\alpha}$ 与 $\dfrac{-2\alpha^2}{2+\alpha}$ 之间．
令 $t=2+\alpha$，则 $t\in [1,3]$ 且 $t\neq 2$，此时可得 $b$ 在 $9-2\left(t+\dfrac 5t\right)$ 和 $8-2\left(t+\dfrac 4t\right)$ 之间．
在同一个坐标系中画出函数 $b=9-2\left(t+\dfrac 5t\right)$ 与函数 $b=8-2\left(t+\dfrac 4t\right)$ 的图象，如图．可得 $b$ 的取值范围为 $\left[-3,0\right)\cup\left(0,9-4\sqrt 5\right]$．
综合以上两种情况可得 $b$ 的取值范围是 $\left[-3,9-4\sqrt 5\right]$．