设函数$f(x)=ax^2-a-\ln x$，其中$a\in\mathcal R$．
(1) 讨论$f(x)$的单调性；
(2) 确定$a$的所有可能取值，使得$f(x)>\dfrac 1x-{\rm e}^{1-x}$在区间$(1,+\infty)$内恒成立．
解 (1) 函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，其导函数$$f'(x)=\dfrac{2ax^2-1}x,$$于是当$a\leqslant 0$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；当$a>0$时，函数$f(x)$在$\left(0,\sqrt{\dfrac{1}{2a}}\right)$上单调递减，在$\left(\sqrt{\dfrac{1}{2a}},+\infty\right)$上单调递增．
(2) 题中不等式即$$a(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+{\rm e}^{1-x}>0,$$记左侧为函数$g(x)$，其导函数为$$g'(x)=2ax-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-{\rm e}^{1-x}.$$注意到$g(1)=0$，于是可以分析端点$x=1$处的导函数值$$g'(1)=2a-1,$$得到分界点$a=\dfrac 12$．
在以下讨论中，默认$x$的范围是$(1,+\infty)$．
第一种情况，当$a\geqslant \dfrac 12$时．
此时有$$g(x)\geqslant \dfrac 12(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+{\rm e}^{1-x},$$记右侧为函数$h(x)$，则其导函数$$h'(x)=x-\dfrac 1x+\dfrac 1{x^2}-{\rm e}^{1-x}.$$我们熟知$\ln x<x-1$，从而$$1-x<\ln \dfrac 1x,$$即$${\rm e}^{1-x}<\dfrac 1x,$$因此$$h'(x)>x-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac 1x=\dfrac{(x-1)(x^2+x-1)}{x^2}>0,$$于是函数$h(x)$单调递增，而$h(1)=0$，因此$$g(x)\geqslant h(x)>0,$$符合题意．
第二种情况，当$a<\dfrac 12$时．
此时有$$g(x)<a(x^2-1)+\left(\dfrac 1x-1\right)-\dfrac 1x+\dfrac 1x=(x^2-1)\left[a-\dfrac{1}{x(x+1)}\right].$$若$a\leqslant 0$，则$g(x)<0$，显然不符合题意；若$0<a<\dfrac 12$，则当$x\in \left(1,\dfrac 12\left(-1+\sqrt{1+\dfrac 4a}\right)\right)$时，有$g(x)<0$，不符合题意．
综上所述，实数$a$的取值范围是$\left[\dfrac 12,+\infty\right)$．