（I）因为f′(x)=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，（2分）

当a=1，f′(x)=

x-1

x2

，

令f'（x）=0，得x=1，（3分）

又f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以x=1时，f（x）的极小值为1．（5分）

f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；（6分）

（II）因为f′(x)=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，且a≠0，

令f'（x）=0，得到x=

1

a

，

若在区间[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，

其充要条件是f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0即可．（7分）

（1）当x=

1

a

＜0，

即a＜0时，f'（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，

所以，f（x）在区间[1，e]上单调递减，

故f（x）在区间[1，e]上的最小值为f(e)=

1

e

+alne=

1

e

+a，

由

1

e

+a＜0，得a＜-

1

e

，即a∈(-∞，-

1

e

)（9分）

（2）当x=

1

a

＞0，即a＞0时，

①若e≤

1

a

，则f'（x）≤0对x∈[1，e]成立，

所以f（x）在区间[1，e]上单调递减，

所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为f(e)=

1

e

+alne=

1

e

+a＞0，

显然，f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0不成立（11分）

②若1＜

1

a

＜e，即a＞

1

e

时，则有

x	(1， 1 a )	1 a	( 1 a ，e)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以f（x）在区间[1，e]上的最小值为f(

1

a

)=a+aln

1

a

，

由f(

1

a

)=a+aln

1

a

=a(1-lna)＜0，

得1-lna＜0，解得a＞e，即a∈（e，+∞）．（13分）

综上，由（1）（2）可知：a∈(-∞，-

1

e

)∪(e，+∞)符合题意．（14分）