解题思路：（Ⅰ）将k=1代入函数f（x），求出导函数f′（x）=0的根，确定出函数的极小值即最小值；
（Ⅱ）对k分类讨论，研究函数f（x）的单调性，利用单调性求出函数的最小值，将f（x）≥1恒成立等价转化为f（x）min≥1，即[2/k−
2
k
ln
2
k]≥1，构造函数g（x）=x-xlnx（x＞0），利用导数确定出g（x）的最值，从而判定[2/k
＝1，即可求出k的值；
（Ⅲ）解法1：引入中间量f′（x2），先证
f(
x
2
)−f(
x
1
)
x
2
−
x
1
]＜f′（x2），运用分析法分析出只要证
e
k(
x
1
−
x
2
)
-k（x1-x2）-1＞0即可，通过构造函数h（x）=ex-x-1＞0在（-∞，0）上恒成立，即可证得
e
k(
x
1
−
x
2
)
-k（x1-x2）-1＞0，从而证得
f(
x
2
)−f(
x
1
)
x
2
−
x
1
＜f′（x2），同理可证f′（x2）＜
f(
x
3
)−f(
x
2
)
x
3
−
x
2
，即可证得结论；
解法2：令f′（x0）=
k
e
k
x
0
-2=
f(
x
2
)−f(
x
1
)
x
2
−
x
1
，得x0=[1/k]ln（[2/k]+
f(
x
2
)−f(
x
1
)
k(
x
2
−
x
1
)
），然后利用导数证明x1＜x0＜x2，从而证得结论．
（I）∵f（x）=ex-2x，
∴f′（x）=ex-2，
令f′（x）=0，得x=lnx，
∴当x＜ln2，f′（x）＜0，可得f（x）在（-∞，ln2）单调递减，当x＞ln2，f′（x）＞0，可得f（x）在（ln2，+∞）单调递增，
∴f（x）的最小值为f（ln2）=2-2ln2．
（II）∵f′（x）=kekx-2，
①若k＜0时，f′（x）恒小于零，则f（x）在R上单调递减；
∵当x＞0时，f（x）＜f（0）=1，
∴不符合f（x）≥1恒成立．
②若k＞0时，令f′（x）=0，得x＝
1
kln
2
k，
当x＜[1/kln
2
k]时，f′（x）＜0，可知f（x）在(−∞，
1
kln
2
k)单调递减，当x＞[1/kln
2
k]时，f′（x）＞0，可知f（x）在(
1
kln
2
k，+∞)单调递增，
∴f（x）的最小值为f(
1
kln
2
k)=[2/k−
2
kln
2
k]，
∵f（x）≥1恒成立，即f（x）min≥1，
∴[2/k−
2
kln
2
k]≥1，
构造函数g（x）=x-xlnx（x＞0），则有g(
2
k)≥1，
∵g′（x）=1-lnx-1=-lnx，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=1，当且仅当x=1时取得最大值，结合g(
2
k)≥1，
∴[2/k＝1，
∴k=2．
（ III）解法1：
由已知可知，f′（x2）=kekx2-2≥0，则k＞0，
先证
f(x2)−f(x1)
x2−x1]＜f′（x2），
∵x2-x1＞0，
要证
f(x2)−f(x1)
x2−x1＜f′（x2），
只要证f(x2)−f(x1)＜(x2−x1)(kekx2−2)，即证
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查了导数在最大值和最小值中的应用，考查了利用导数研究函数的单调性以及用导数解决方程根的分布的问题，同时考查了利用构造函数法证明不等式，是一道综合题，有一定的难度．属于难题．
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