$b = 1$

本题考查利用导数确定函数切线的相关问题．$f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left(0, + \infty \right)$，求导得 $f'\left(x\right) = \dfrac{a}{x} + \left(1 - a\right)x - b $，所以\[ f'\left(1\right) = a + \left(1 - a\right) - b = 0,\]所以 $b = 1$．

$\left( { - 1 - \sqrt 2 , - 1 + \sqrt 2 } \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)$

此题形式上是不等式成立的“存在性”问题，即所给不等式成立等价于寻找函数 $f(x)$ 的最小值满足不等式即可；利用导数求解函数最小值来解决问题．由（1）知\[\begin{split}f'\left(x\right) & = \dfrac{a}{x} + \left(1 - a\right)x - b \\& = \dfrac{{\left(1 - a\right){x^2} - x + a}}{x} \\& = \dfrac{{\left[ {\left(1 - a\right)x - a} \right]\left(x - 1\right)}}{x},\end{split}\]因为 $a \ne 1$，令 $f'\left(x\right) = 0$，可得\[x = 1 或 x = \dfrac{a}{1 - a},\]① 若 $a > 1$，则\[f\left( 1 \right) = \dfrac{1 - a}{2} - 1 = \dfrac{ - 1 - a}{2} < \dfrac{a}{a - 1},\]符合题意；
② 当 $\dfrac{a}{1 - a} > 1$，即 $\dfrac{1}{2} < a < 1$ 时，\[\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline
x & \left(1, \frac{a}{1-a}\right) & \frac{a}{1-a} & \left(\frac{a}{1-a} , + \infty\right) \\ \hline
f'\left(x\right) & - & 0 & + \\ \hline
f\left(x\right) & ↘ & 极小 & ↗ \\ \hline \end{array} \]所以\[\begin{split}f{\left(x\right)_{{\mathrm{min}}}} & = f\left(\dfrac{a}{1 - a}\right) \\& = a\ln \dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{1 - a}{2}{\left(\dfrac{a}{1 - a}\right)^2} - \dfrac{a}{1 - a} \\& = a\ln \dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{1 - a}{2}{\left(\dfrac{a}{1 - a}\right)^2} + \dfrac{a}{a - 1}\\& > \dfrac{a}{a - 1};\end{split}\]③ 当 $\dfrac{a}{1 - a} \leqslant 1$，即 $a \leqslant \dfrac{1}{2}$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $\left[ {1, + \infty } \right)$ 上单调递增，所以\[f{\left(x\right)_{{\mathrm{min}}}} = f\left(1\right) = \dfrac{1 - a}{2} - 1 < \dfrac{a}{a - 1},\]解得\[ - 1 - \sqrt 2 < a < - 1 + \sqrt 2 .\]综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left( { - 1 - \sqrt 2 , - 1 + \sqrt 2 } \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)$．