已知函数$g(x)= \dfrac {1}{x\cdot \sin \theta }+\ln x{在}[1,+∞)$上为增函数，且$θ∈(0,π),f(x)=mx- \dfrac {m-1+2e}{x}-\ln x,m∈R$． (1)求$θ$的值； (2)若在$[1,e]$上至少存在一个$x_{0}$，使得$f(x_{0}) > g(x_{0})$成立，求$m$的取值范围．

1. 对函数 $g(x)$ 求导

已知 $g(x) = \dfrac{1}{x\sin\theta} + \ln x$，对 $g(x)$ 求导得：
$g'(x) = -\dfrac{1}{x^2 \sin\theta} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{x\sin\theta - 1}{x^2 \sin\theta}$

2. 利用单调性条件列出不等式并求解 $\theta$

因为 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数，所以 $g'(x) \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立。
由 $\theta \in (0,\pi)$ 知 $\sin\theta > 0$，所以 $x\sin\theta - 1 \geqslant 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立。
当 $x=1$ 时，$x\sin\theta - 1$ 取得最小值 $\sin\theta - 1$，因此必须有：
$\sin\theta - 1 \geqslant 0 \implies \sin\theta \geqslant 1$
又因为对任意实数 $\theta$ 均有 $\sin\theta \leqslant 1$，故 $\sin\theta = 1$。
又 $\theta \in (0,\pi)$，解得 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$。

1. 代入第(1)问结论并化简存在性条件

将 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 代入得 $g(x) = \dfrac{1}{x} + \ln x$。
题目条件等价于：在 $[1,e]$ 上至少存在一个 $x_0$，使得 $f(x_0) - g(x_0) > 0$。
设 $h(x) = f(x) - g(x) = mx - \dfrac{m-1+2e}{x} - \ln x - \left(\dfrac{1}{x} + \ln x\right) = mx - \dfrac{m+2e}{x} - 2\ln x$。
当 $x=1$ 时，$h(1) = m - (m+2e) - 0 = -2e < 0$，所以 $x_0 \neq 1$，即 $x_0 \in (1,e]$。

2. 分离参数 $m$ 转化问题

对于 $x \in (1,e]$，$h(x) > 0 \iff mx - \dfrac{m+2e}{x} - 2\ln x > 0$。
变形得：
$m\left(x - \dfrac{1}{x}\right) > \dfrac{2e}{x} + 2\ln x$
因为 $x \in (1,e]$，所以 $x - \dfrac{1}{x} > 0$，两边同除以 $x - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x^2 - 1}{x}$，得到：
$m > \dfrac{2(e + x\ln x)}{x^2 - 1}$
因此，在 $[1,e]$ 上存在 $x_0$ 使得 $f(x_0) > g(x_0)$，等价于：
$m > \min_{x \in (1,e]} \dfrac{2(e + x\ln x)}{x^2 - 1}$

3. 利用导数研究新函数的单调性

设 $F(x) = \dfrac{2(e + x\ln x)}{x^2 - 1}$，$x \in (1,e]$。
对 $F(x)$ 求导：
$F'(x) = 2 \cdot \dfrac{(\ln x + 1)(x^2 - 1) - (e + x\ln x)(2x)}{(x^2 - 1)^2} = \dfrac{2(-x^2\ln x + x^2 - \ln x - 2ex - 1)}{(x^2 - 1)^2}$
设 $\phi(x) = -x^2\ln x + x^2 - \ln x - 2ex - 1$，则：
$\phi'(x) = -2x\ln x - x + 2x - \dfrac{1}{x} - 2e = -2x\ln x + x - \dfrac{1}{x} - 2e$
当 $x \in (1,e]$ 时，$-2x\ln x < 0$ 且 $x - \dfrac{1}{x} < e - \dfrac{1}{e} < 2e$，故 $\phi'(x) < 0$。
又 $\phi(1) = -2e < 0$，所以对任意 $x \in (1,e]$，均有 $\phi(x) < 0$。
因此 $F'(x) < 0$，即 $F(x)$ 在 $(1,e]$ 上单调递减。

4. 求出最小值并确定 $m$ 的范围

因为 $F(x)$ 在 $(1,e]$ 上单调递减，所以：
$F(x)_{\min} = F(e) = \dfrac{2(e + e\ln e)}{e^2 - 1} = \dfrac{4e}{e^2 - 1}$
故 $m > \dfrac{4e}{e^2 - 1}$。
即 $m$ 的取值范围是 $\left(\dfrac{4e}{e^2 - 1}, +\infty\right)$。