$(-2,-\sqrt{3}) \cup (-\sqrt{3},\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3},2)$

设 $l$ 方程为 $y = kx +1$．
由$$\begin{cases} x^2 - \dfrac{y^2}{3} = 1, \\y =kx +1, \end{cases} $$得$$(3-k^2)x^2 - 2kx -4 = 0 .$$因为直线 $l$ 与双曲线 $C$ 有两个不同的交点，所以$$\begin{cases} 3 - k^2 \ne 0, \\\Delta =4k^2 + 16(3 - k^2) >0, \end{cases}$$解得 $-2 <k<2$，且 $k \ne \pm \sqrt{3}$．
所以，$k$ 的取值范围为 $(-2,-\sqrt{3}) \cup (-\sqrt{3},\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3},2)$．

$1$ 或 $-1$

设 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$、则 $x_{1} + x_{2} = \dfrac{2k}{3-k^2}$，$x_{1}x_{2} = \dfrac{-4}{3-k^2}$．又 $F_{2}(2,0)$，所以\[\begin{split} \lvert AF_{2}\rvert&=\sqrt{(x_{1} -2)^2 + y_{1}^2} \\&=\sqrt{x_{1}^2 - 4x_{1} + 4 + (3x_{1}^2 - 3)} \\&=\lvert 2x_{1} -1 \rvert , \\
\lvert BF_{2} \rvert &=\lvert 2x_{2} - 1 \rvert.\end{split}\]而\[\begin{split} (2x_{1} - 1)(2x_{2} -1)&=4x_{1}x_{2} - 2(x_{1} + x_{2}) + 1 \\&=\dfrac{-16}{3 - k^2} - \dfrac{4k}{3-k^2} +1 \\&=-\dfrac{k^2 + 4k +13}{3-k^2}, \end{split}\]所以，当 $k^2<3$ 时，$(2x_{1} - 1)(2x_{2} -1) <0$，则\[\begin{split} \lvert AF_{2} \rvert + \lvert BF_{2} \rvert & = \lvert 2x_{1} - 1 \rvert + \lvert 2x_{2} -1 \rvert \\ &= \lvert(2x_{1} - 1) - (2x_{2} -1) \rvert\\ &=2\lvert x_{1} - x_{2} \rvert \\ &=2\sqrt{(x_{1} + x_{2})^2 - 4x_{1}x_{2}} \\ &= \dfrac{4\sqrt{3} \cdot \sqrt{4-k^2} }{3-k^2}. \end{split}\]由 $\lvert AF_{2} \rvert + \lvert BF_{2} \rvert = 6$，得 $\dfrac{4\sqrt{3} \cdot \sqrt{4-k^2} }{3-k^2} = 6$，解得 $k^2 = 1$ 或 $k^2 = \dfrac{11}{3} > 3$（舍去）．
所以 $k^2 = 1$，$k = \pm 1$．
当 $3 < k^2 <4$ 时，$(2x_{1} - 1)(2x_{2} -1) >0$，则\[\begin{split} \lvert AF_{2} \rvert + \lvert BF_{2} \rvert & = \lvert 2x_{1} - 1 \rvert + \lvert 2x_{2} -1 \rvert \\ &= \lvert(2x_{1} - 1) +(2x_{2} -1)\rvert \\ &=2\lvert x_{1} + x_{2} - 1 \rvert \\ &=2 \left \lvert \dfrac{2k}{3 - k^2} -1 \right \rvert . \end{split}\]由 $ \lvert AF_{2} \rvert + \lvert BF_{2} \rvert = 6$，得 $2 \left \lvert \dfrac{2k}{3 - k^2} -1 \right \rvert = 6$，解得 $k = -2$ 或 $k = \dfrac{3}{2}$ 或 $k = \dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$，均不符合，舍去．此时，满足条件的 $k$ 不存在．
综上可得，$k$ 的值为 $1$ 或 $-1$．