设函数$f(x)= \dfrac {x^{2}}{2}-k\ln x$，$k∈R$． (1)求$f(x)$的单调性； (2)判断方程$f(x)=0$在区间$(1, \sqrt {e})$上是否有解？若有解，说明解的个数及依据；若无解，说明理由．

1. 确定定义域并求导

函数 $f(x)= \dfrac {x^{2}}{2}-k\ln x$ 的定义域为 $(0, +\infty)$．
求导得：$f'(x) = x - \dfrac{k}{x} = \dfrac{x^2 - k}{x}$ ($x>0$)．

2. 分类讨论当 $k \le 0$ 时的单调性

当 $k \leqslant 0$ 时，对任意 $x \in (0, +\infty)$，有 $x^2 - k > 0$，
此时 $f'(x) > 0$ 恒成立，所以 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增．

3. 分类讨论当 $k > 0$ 时的单调性

当 $k > 0$ 时，由 $f'(x) = 0$ 解得 $x = \sqrt{k}$ (负值舍去)．
当 $x \in (0, \sqrt{k})$ 时，$f'(x) < 0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
当 $x \in (\sqrt{k}, +\infty)$ 时，$f'(x) > 0$，函数 $f(x)$ 单调递增．

1. 求端点函数值

由 $f(x) = \dfrac{x^2}{2} - k\ln x$，可得端点函数值为：
$f(1) = \dfrac{1}{2} > 0$，
$f(\sqrt{e}) = \dfrac{e - k}{2}$．

2. 讨论 $k \le 0$ 时的情况

当 $k \leqslant 0$ 时，由 (1) 知 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增．
因为 $x \in (1, \sqrt{e})$，所以 $f(x) > f(1) = \dfrac{1}{2} > 0$，此时方程 $f(x)=0$ 在区间 $(1, \sqrt{e})$ 上无解．

3. 讨论 $0 < k \le 1$ 时的情况

当 $0 < k \leqslant 1$ 时，有 $0 < \sqrt{k} \leqslant 1$．
由 (1) 可知 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递增，故在 $(1, \sqrt{e})$ 上单调递增．
因为 $f(1) = \dfrac{1}{2} > 0$，所以对任意 $x \in (1, \sqrt{e})$ 均有 $f(x) > 0$，此时方程无解．

4. 讨论 $1 < k \le e$ 时的情况

当 $1 < k \leqslant e$ 时，有 $1 < \sqrt{k} \leqslant \sqrt{e}$．
此时 $f(x)$ 在 $(1, \sqrt{k})$ 上单调递减，在 $(\sqrt{k}, \sqrt{e})$ 上单调递增．
其在区间 $[1, \sqrt{e}]$ 上的最小值为 $f(\sqrt{k}) = \dfrac{k}{2} - k\ln\sqrt{k} = \dfrac{k}{2}(1 - \ln k)$．
因为 $1 < k \leqslant e$，所以 $0 < \ln k \leqslant 1$，从而 $f(\sqrt{k}) \geqslant 0$．
若 $1 < k < e$，最小值为 $f(\sqrt{k}) > 0$，因此 $f(x) > 0$ 恒成立，无解．
若 $k = e$，最小值 $f(\sqrt{e}) = 0$，但区间为开区间 $(1, \sqrt{e})$，故在 $(1, \sqrt{e})$ 内无解．
因此，当 $1 < k \leqslant e$ 时，方程无解．

5. 讨论 $k > e$ 时的情况并给出依据

当 $k > e$ 时，有 $\sqrt{k} > \sqrt{e}$．
由 (1) 知 $f(x)$ 在 $(1, \sqrt{e})$ 上单调递减．
此时 $f(1) = \dfrac{1}{2} > 0$ 且 $f(\sqrt{e}) = \dfrac{e - k}{2} < 0$．
由于 $f(x)$ 在闭区间 $[1, \sqrt{e}]$ 上连续且单调，根据零点存在定理，
在区间 $(1, \sqrt{e})$ 上存在唯一的 $x_0$ 使得 $f(x_0)=0$．
因此，当 $k > e$ 时，方程在区间 $(1, \sqrt{e})$ 上有唯一解．