解题思路：（1）求导函数，利用直线y=kx+1与函数f（x）的图象相切，有
f′(
x
0
)=
1
x
0
=k(
x
0
＞0)
可得
x
0
=
1
k
，从而可得切点坐标，代入函数f（x）=lnx，即可求实数k的值；
（2）证明
g(a)+g(b)
2
＞
g(b)-g(a)
b-a
，只需证明
g(a)+g(b)
2
-
g(b)-g(a)
b-a
＞0，即
[(b-a)
e
(b-a)
-2
e
(b-a)
+(b-a)+2]
e
-a
2(b-a)
＞0，设h（t）=tet-2et+t+2（t＞0），证明h（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，即可得出结论．
（1）∵f（x）=lnx，∴f′(x)=
1
x(x＞0)（1分）
设切点坐标（x0，y0），
∵直线y=kx+1与函数f（x）的图象相切，
∴f′(x0)=
1
x0=k(x0＞0)可得x0=
1
k，
代入y=kx+1解出y0=2（3分）
将切点坐标代入f（x）=lnx得f(
1
k)=ln
1
k=2，
∴k=
1
e2（5分）
（2）证明：g(x)=f(eex)=lneex=ex（6分）
∴
g(a)+g(b)
2-
g(b)-g(a)
b-a=
ea+eb
2-
eb-ea
b-a=
(b-a)(ea+eb)-2(eb-ea)
2(b-a)
=
[(b-a)(1+eb-a)-2(eb-a-1)]e-a
2(b-a)=
[(b-a)e(b-a)-2e(b-a)+(b-a)+2]e-a
2(b-a)（7分）
∵b＞a且e-a＞0∴
e-a
2(b-a)＞0（8分）
设h（t）=tet-2et+t+2（t＞0），∴h'（t）=tet-et+1（t＞0）（9分）
设m（t）=tet-et+1（t＞0），
∴m'（t）=tet＞0（t＞0）（10分）
∴m（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，
又m（0）=0，∴m（t）＞0，即h'（t）＞0在t∈（0，+∞）恒成立．
∴h（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，
又h（0）=0，∴h（t）＞0在t∈（0，+∞）恒成立．
∴
[(b-a)e(b-a)-2e(b-a)+(b-a)+2]e-a
2(b-a)＞0，
∴
g(a)+g(b)
2-
g(b)-g(a)
b-a＞0
即a＜b时，
g(a)+g(b)
2＞
g(b)-g(a)
b-a（12分）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查不等式的证明，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，难度大．