23. 已知函数 $f(x)=a(x-1)-\ln x, g(x)=e^{x}$.

(1) 讨论 $y=f(x)$ 的单调性;

（2）若函数 $F(x)=f(x) \cdot g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围.
：(1) $y=f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{a x-1}{x}$,

当 $a \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

所以 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上递减;

当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0, x=\frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)<0$ 时, $0<x<\frac{1}{a}$, 当 $f^{\prime}(x)>0$ 时, $x>\frac{1}{a}$,

则 $y=f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上递减, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上递增.

(2) $F(x)=[a(x-1)-\ln x] \cdot e^{x}$

$\therefore F^{\prime}(x)=\left(a x-\ln x-\frac{1}{x}\right) \cdot e^{x} \geq 0$ 在 $[1,+\infty)$ 恒成立,

所以 $a x-\ln x-\frac{1}{x} \geq 0$, 即 $a \geq \frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x^{2}}$

令 $h(x)=\frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x^{2}}$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{x(1-\ln x)-2}{x^{3}}$,

令 $g(x)=x(1-\ln x)-2$, 则有 $g^{\prime}(x)=-\ln x \leq 0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立.

故 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

所以 $g(x) \leq g(1)=-1, \therefore h^{\prime}(x)<0, \therefore h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为减函数,

则 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=1$, 故 $a \geq 1$.

另解令 $h(x)=a x-\ln x-\frac{1}{x}$, 则至少有 $h(1) \geq 0 \Rightarrow a-1 \geq 0 \Rightarrow a \geq 1$.

当 $a \geq 1$ 时, 则有 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{a x^{2}-x+1}{x^{2}}$,
令 $\varphi(x)=a x^{2}-x+1$, 开口向上, 对称轴 $x=\frac{1}{2 a} \in\left(0, \frac{1}{2}\right]$,

故 $\varphi(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数,

所以 $\varphi(x) \geq \varphi(1)=a>0, \therefore h^{\prime}(x)>0, \therefore h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数,

则 $h(x)>h(1)=a-1 \geq 0$, 故 $a \geq 1$.