\[f'\left(x\right) = \dfrac{{a \left(\dfrac{x + 1}{x} - \ln x\right)}}{{{{\left(x + 1\right)}^2}}} - \dfrac{b}{x^2},\]由于直线 $x + 2y - 3 = 0$ 的斜率为 $ - \dfrac{1}{2}$，且过点 $\left(1,1\right)$，
故\[{\begin{cases}
f\left(1\right) = 1, \\
f'\left(1\right) = - \dfrac{1}{2}, \\
\end{cases}}\]即\[{\begin{cases}b = 1, \\
\dfrac{a}{2} - b = - \dfrac{1}{2}, \\
\end{cases}}\]解得\[a = 1,b = 1.\]

由（1）知\[f\left(x\right) = \dfrac{\ln x}{x + 1} + \dfrac{1}{x},\]所以\[f\left(x\right) - \left(\dfrac{\ln x}{x - 1} + \dfrac{k}{x}\right) = \dfrac{1}{{1 - x_{}^2}}\left(2\ln x + \dfrac{{\left(k - 1\right)\left({x^2} - 1\right)}}{x}\right) .\]考虑函数\[h\left(x\right) = 2\ln x + \dfrac{{\left(k - 1\right)\left({x^2} - 1\right)}}{x} \left(x > 0\right),\]则\[h'\left(x\right) = \dfrac{{\left(k - 1\right)\left({x^2} + 1\right) + 2x}}{x^2}.\]（i）设 $k \leqslant 0$，由\[h'\left(x\right) = \dfrac{{k\left({x^2} + 1\right) - {{\left(x - 1\right)}^2}}}{x^2}\]知，当 $x \ne 1$ 时，$h'\left(x\right) < 0$．而 $h\left(1\right) = 0$，故当 $x \in \left(0,1\right)$ 时，$h\left(x\right) > 0$，可得\[\dfrac{1}{{1 - {x^2}}}h\left(x\right) > 0;\]当 $x \in \left(1,+ \infty \right)$ 时，$ h\left(x\right)<0 $，可得 $\dfrac{1}{{1 - {x^2}}} h\left(x\right)>0$．从而当 $ x>0 $，且 $x \ne 1$ 时，\[f\left(x\right)-\left( \dfrac{\ln x}{x - 1} + \dfrac{k}{x} \right)>0,\]即\[f\left(x\right)>\dfrac{\ln x}{x - 1} + \dfrac{k}{x}.\]（ii）设 $ 0<k<1 $．由于当 $x \in \left(1, \dfrac{1}{1 - k} \right)$ 时，\[ \left(k-1\right)\left(x^2 +1\right)+2x>0, \]故 ${h'}\left(x\right)>0$，而 $ h\left(1\right)=0 $，故当 $x \in \left(1, \dfrac{1}{1 - k} \right)$ 时，$ h\left(x\right)>0 $，可得 $\dfrac{1}{{1 - {x^2}}}h\left(x\right)<0 $，与题设矛盾．
（iii）设 $k \geqslant 1$．此时 ${h'} \left(x\right)>0$，而 $ h\left(1\right)=0 $，故当 $x \in \left(1,+ \infty \right)$ 时，$ h\left(x\right)>0 $，可得\[\dfrac{1}{{1 - {x^2}}} h\left(x\right)<0,\]与题设矛盾．
综合得，$ k $ 的取值范围为 $\left(- \infty ,0\right]$．