当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递减；
当 $a>0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 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．

本小题考查利用导函数研究函数的单调性．函数 $f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left(0,+\infty\right)$，其导函数\[f'\left(x\right)=\dfrac{2ax^2-1}x,x>0,\]于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递减；当 $a>0$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 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．

实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 12,+\infty\right)$．

本小题可以利用端点分析得到分界点，然后适当放缩进行论证即可．题中不等式即\[a\left(x^2-1\right)-\ln x-\dfrac 1x+{\mathrm e}^{1-x}>0,\]记左侧为函数 $g\left(x\right)$，其导函数为\[g'\left(x\right)=2ax-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-{\mathrm e}^{1-x}.\]注意到 $g\left(1\right)=0$，于是可以分析端点$x=1$ 处的导函数值 $g'\left(1\right)=2a-1$，得到分界点 $a=\dfrac 12$．在以下讨论中，默认 $x$ 的范围是 $\left(1,+\infty\right)$．
① $a\geqslant \dfrac 12$．
此时有\[g\left(x\right)\geqslant \dfrac 12\left(x^2-1\right)-\ln x-\dfrac 1x+{\mathrm e}^{1-x},\]记右侧为函数 $h\left(x\right)$，则其导函数\[h'\left(x\right)=x-\dfrac 1x+\dfrac 1{x^2}-{\mathrm e}^{1-x}.\]我们熟知 $\ln x<x-1$，从而 $1-x<\ln \dfrac 1x$，即 ${\mathrm e}^{1-x}<\dfrac 1x$，因此\[h'\left(x\right)>x-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac 1x=\dfrac{\left(x-1\right)\left(x^2+x-1\right)}{x^2}>0,\]于是函数 $h\left(x\right)$ 单调递增，而 $h\left(1\right)=0$，因此 $g\left(x\right)\geqslant h\left(x\right)>0$，符合题意．
② $a<\dfrac 12$．
此时有\[g\left(x\right)<a\left(x^2-1\right)+\left(\dfrac 1x-1\right)-\dfrac 1x+\dfrac 1x=\left(x^2-1\right)\left[a-\dfrac{1}{x\left(x+1\right)}\right].\]若 $a\leqslant 0$，则 $g\left(x\right)<0$，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 $g\left(x\right)<0$，不符合题意．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 12,+\infty\right)$．