24. 已知函数 $f(x)=a e^{x}-\ln x$.

(1) 设 $x=e$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $f(x)$ 的单调区间;

（2）当 $a \geq \frac{1}{e}$ 时, 求证: $f(x) \geq 1$.
：(1) $f(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 上减, $(e+\infty)$ 上增; (2) 证明见解析.

解析：(1) $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=a e^{x}-\frac{1}{x}$,

由 $f^{\prime}(e)=0 \Rightarrow a e^{e}-\frac{1}{e}=0 \Rightarrow a=e^{-e-1}$,

所以 $f^{\prime}(x)=e^{x-e-1}-\frac{1}{x}$, 又因为 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x-e-1}+\frac{1}{x^{2}}>0$,

所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 注意到 $f^{\prime}(e)=0$,

所以 $f(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 上减, $(e+\infty)$ 上增.

(2) 由 $a \geq \frac{1}{e} \Rightarrow a e^{x} \geq e^{x-1}$, 所以 $f(x) \geq e^{x-1}-\ln x$,

记 $g(x)=e^{x-1}-\ln x, g^{\prime}(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x}$,

当 $0<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减,

当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增,

所以 $x=1$ 是 $g(x)$ 的最小值点, $g(x) \geq g(1)=1$, 故 $f(x) \geq g(x) \geq 1$.