解题思路：（1）根据题意，对f（x）求导可得f′（x）=0，令f′（x）=0，解可得x=lna，分x＜lna与x＞lna两种情况讨论可得f（x）取最小值为f（lna）=a-alna，令g（t）=t-tlnt，对其求导可得g′（t）=-lnt，分析可得当t=1时，g（t）取得最大值1，因此当且仅当a=1时，a-alna≥1成立，即可得答案；
（2）根据题意，由直线的斜率公式可得k=
e
x
2
−
e
x
1
x
2
−
x
1
-a，令φ（x）=f′（x）-k=ex-
e
x
2
−
e
x
1
x
2
−
x
1
，可以求出φ（x1）与φ（x2）的值，令F（t）=et-t-1，求导可得F′（t）=et-1，
分t＞0与t＜0讨论可得F（t）的最小值为F（0）=0，则当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et-t-1＞0，进而讨论可得φ（x1）＜0、φ（x2）＞0，结合函数的连续性分析可得答案．
（1）f′（x）=ex-a，
令f′（x）=0，解可得x=lna；
当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a-alna，
对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a-alna≥1，①
令g（t）=t-tlnt，则g′（t）=-lnt，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1，
因此当且仅当a=1时，①式成立，
综上所述，a的取值的集合为{1}．
（2）根据题意，k=
f(x2)−f(x1)
x2−x1=
ex2−ex1
x2−x1-a，
令φ（x）=f′（x）-k=ex-
ex2−ex1
x2−x1，
则φ（x1）=-
ex1
x2−x1[ex2−x1-（x2-x1）-1]，
φ（x2）=
ex2
x2−x1[ex1−x2-（x1-x2）-1]，
令F（t）=et-t-1，则F′（t）=et-1，
当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增，
则F（t）的最小值为F（0）=0，
故当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et-t-1＞0，
从而ex2−x1-（x2-x1）-1＞0，且
ex1
x2−x1＞0，则φ（x1）＜0，
ex1−x2-（x1-x2）-1＞0，
ex2
x2−x1＞0，则φ（x2）＞0，
因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0，
即f′（x0）=K成立．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查导数的应用，涉及最大值、最小值的求法以及恒成立问题，是综合题；关键是理解导数的符号与单调性的关系，并能正确求出函数的导数．
