$f\left( x \right)$ 的定义域为 $\left( {0, + \infty } \right)$，\[f'\left(x\right) = 1 + \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{a}{x} = \dfrac{{{x^2} - ax + 1}}{x^2}.\]令 $g\left(x\right) = {x^2} - ax + 1$，其判别式\[\Delta = {a^2} - 4.\]① 当 $|a| \leqslant 2$ 时，$\Delta \leqslant 0$，\[f'\left( x \right) \geqslant 0,\]故 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上单调递增．
② 当 $a < - 2$ 时，$\Delta > 0$，$g\left( x \right) = 0$ 的两根都小于 $0$，在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上，\[f'\left( x \right) > 0,\]故 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上单调递增．
③ 当 $a > 2$ 时，$\Delta > 0$，$g\left( x \right) = 0$ 的两根为\[\begin{split}{x_1} & = \dfrac{{a - \sqrt {{a^2} - 4} }}{2} , \\ {x_2} & = \dfrac{{a + \sqrt {{a^2} - 4} }}{2},\end{split}\]当 $0 < x < {x_1}$ 时，$f'\left( x \right) > 0$；当 ${x_1} < x < {x_2}$ 时，$f'\left( x \right) < 0$；当 $x > {x_2}$ 时，$f'\left( x \right) > 0$．故 $f\left( x \right)$ 分别在 $\left( {0,{x_1}} \right)$，$\left( {{x_2}, + \infty } \right)$ 上单调递增，在 $\left( {{x_1},{x_2}} \right)$ 上单调递减．
综上知，当 $a\leqslant 2$ 时，$f\left(x\right)$ 在定义域 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增；当 $a>2$ 时，$f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{{a - \sqrt {{a^2} - 4} }}{2}\right)$ 与 $\left(\dfrac{{a + \sqrt {{a^2} - 4} }}{2},+\infty\right)$ 上单调递增；在区间 $\left(\dfrac{{a - \sqrt {{a^2} - 4} }}{2},\dfrac{{a + \sqrt {{a^2} - 4} }}{2}\right)$ 上单调递减．

由（1）知，\[a > 2.\]$x_1,x_2$ 与（1）中相同．因为\[ f\left( {x_1} \right) - f\left( {x_2} \right) = \left( {{x_1} - {x_2}} \right) + \dfrac{{{x_1} - {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}-a\left( {\ln {x_1} - \ln {x_2}} \right), \]所以\[\begin{split}k & = \dfrac{{f\left({x_1}\right) - f\left({x_2}\right)}}{{{x_1} - {x_2}}} \\& = 1 + \dfrac{1}{{{x_1}{x_2}}} - a \cdot \dfrac{{\ln {x_1} - \ln {x_2}}}{{{x_1} - {x_2}}}.\end{split}\]又由（1）知，${x_1}{x_2} = 1$．于是\[k = 2 - a \cdot \dfrac{{\ln {x_1} - \ln {x_2}}}{{{x_1} - {x_2}}}.\]若存在 $a$，使得 $k = 2 - a$．则\[\dfrac{{\ln {x_1} - \ln {x_2}}}{{{x_1} - {x_2}}} = 1,\]即\[\ln {x_1} - \ln {x_2} = {x_1} - {x_2},\]亦即\[{x_2} - \dfrac{1}{x_2} - 2\ln {x_2} = 0\left( {{x_2} > 1} \right)\left( * \right).\]再由（1）知，函数 $h\left( t \right) = t - \dfrac{1}{t} - 2\ln t$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上单调递增，
而 ${x_2} > 1$，所以\[{x_2} - \dfrac{1}{x_2} - 2\ln {x_2} > 1 - \dfrac{1}{1} - 2\ln 1 = 0,\]这与 $\left(*\right)$ 式矛盾．故不存在 $a$，使得 $k = 2 - a$．