由题意得\[{a^x} = \dfrac{{y - 1}}{{y + 1}} > 0 ,\]故\[g\left(x\right) = {\log _a}\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}},x \in \left( - \infty , - 1\right) \cup \left(1, + \infty \right).\]

由\[g\left(x\right) = {\log _a}\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} > {\log _a}\dfrac{t}{{\left({x^2} - 1\right)\left(7 - x\right)}}\]得：
$ ① $ 当 $a > 1$ 时，$\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} > \dfrac{t}{{\left({x^2} - 1\right)\left(7 - x\right)}} > 0$．
又因为 $x \in \left[2,6\right]$，所以\[0 < t < {\left(x - 1\right)^2}\left(7 - x\right) .\]令\[h\left(x\right) = {\left(x - 1\right)^2}\left(7 - x\right) = - {x^3} + 9{x^2} - 15x + 7,x \in \left[2,6\right],\]则\[h'\left(x\right) = - 3{x^2} + 18x - 15 = - 3\left(x - 1\right)\left(x - 5\right) .\]列表如下：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
x & 2 & \left(2,5\right) & 5 & \left(5,6\right) & 6 \\ \hline
h'\left(x\right) & & + & 0 & - & \\ \hline
h\left(x\right) & 5 & ↗& 极大值32 & ↘ & 25 \\ \hline
\end{array} \]所以 $h{\left(x\right)_{最小值}} = 5$，所以 $0 < t < 5$．
$ ② $ 当 $0 < a < 1$ 时，$0 < \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}$ $ < \dfrac{t}{{\left({x^2} - 1\right)\left(7 - x\right)}}$．
又因为 $x \in \left[2,6\right]$，所以\[ t > {\left(x - 1\right)^2}\left(7 - x\right)>0 .\]令\[h\left(x\right) = {\left(x - 1\right)^2}\left(7 - x\right) ,x \in \left[2,6\right],\]由 $ ① $ 知 $h{\left(x\right)_{最大值}} = 32$，所以 $t > 32$．
综上，当 $a > 1$ 时，$0 < t < 5$；当 $0 < a < 1$ 时，$t > 32$．

设 $a = \dfrac{1}{{1 + p}}$，则 $p \geqslant 1$，
当 $n = 1$ 时，$f\left(1\right) = \dfrac{{1 + a}}{{1 - a}} = 1 + \dfrac{2}{p} \leqslant 3 < 5$，
当 $n \geqslant 2$ 时，设 $k \geqslant 2$，$k \in {{\mathbb{N}}^ * }$，则\[ f\left(k\right) = \dfrac{{1 + {a^k}}}{{1 - {a^k}}} = 1 + \dfrac{2}{{{{\left(1 + p\right)}^k} - 1}} = 1 + \dfrac{2}{{{\mathrm{C}}_k^1p + {\mathrm{C}}_k^2{p^2} + \cdots + {\mathrm{C}}_k^k{p^k}}},\]所以\[1 < f\left(k\right) \leqslant 1 + \dfrac{2}{{{\mathrm{C}}_k^1 + {\mathrm{C}}_k^2}} = 1 + \dfrac{4}{{k\left(k + 1\right)}} = 1 + \dfrac{4}{k} - \dfrac{4}{{k + 1}} ,\]从而\[f\left(2\right) + f\left(3\right) + \cdots + f\left(n\right) \leqslant n - 1 + \dfrac{4}{2} - \dfrac{4}{{n + 1}} < n + 1 .\]所以\[f\left(1\right) + f\left(2\right) + f\left(3\right) + \cdots + f\left(n\right) < f\left(1\right) + n + 1 \leqslant n + 4.\]综上，总有 $f\left(1\right) + f\left(2\right) + f\left(3\right) + \cdots + f\left(n\right) < n + 4$．