【解答】解：由??＜a＜，
令F（x）=，则F′（x）=＜0对x∈（1，2）成立，
∴F（x）在（1，2）递减， ∴F（x）min=F（2）=ln2， 令G（x）=
，则G′（x）=
＞0对x∈（1，2）成立，
∴G（x）在（1，2）上递增， ∴G（x）max=G（2）=
，
若存在x0∈（1，2），使得f（x0）g（x0）＜0， 则ln2＜a＜故选：A． 49.D
【考点】54：根的存在性及根的个数判断．
【分析】将函数f（x）表示为分段函数形式，判断函数的单调性和极值，利用换元法将方程转化为一元二次方程，利用一元二次函数根与系数之间的关系进行求解即可． 【解答】解：当x＞0时，f（x）=
，函数的导数f′（x）=
=
，
时，满足题意，
当x＞1时，f′（x）＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，则当x=1时 函数取得极小值f（1）=e，
当x＜0时，f（x）=﹣＞0恒成立， 此时函数为增函数，
作出函数f（x）的图象如图：
设t=f（x），则t＞e时，t=f（x）有3个根， 当t=e时，t=f（x）有2个根 当0＜t＜e时，t=f（x）有1个根， 当t≤0时，t=f（x）有0个根，
，函数的导数f′（x）=﹣
=﹣
，此时f′（x）
则f（x）﹣2af（x）+a﹣1=0（m∈R）有四个相异的实数根，
2
等价为t﹣2at+a﹣1=0（m∈R）有2个相异的实数根，
2
其中0＜t＜e，t＞e， 设h（t）=t﹣2at+a﹣1，
2
则，即，即，
即a＞，
即实数a的取值范围是（故选：D
，+∞），
50.C
【考点】2H：全称命题．
【分析】由题设h（x）﹣f（x）≤k[g（x）+2]恒成立等价于f（x）+kg（x）≥h（x）﹣2k；
构造函数H（x）=f（x）+kg（x），利用导数H'（x）判断H（x）的单调性， 求出H（x）的最值，判断不等式是否恒成立，从而求出k的取值范围． 【解答】解：由题设h（x）﹣f（x）≤k[g（x）+2]恒成立， 等价于f（x）+kg（x）≥h（x）﹣2k①； 设函数H（x）=f（x）+kg（x），
x
则H'（x）=（x+1）（e+2k）； x
（1）设k=0，此时H'（x）=e（x+1），
当x＜﹣1时H'（x）＜0， 当x＞﹣1时H'（x）＞0，
故x＜﹣1时H（x）单调递减，x＞﹣1时H（x）单调递增， 故H（x）≥H（﹣1）=﹣e﹣；
1
而当x=﹣1时h（x）取得最大值2，并且﹣e﹣＜2，
1
故①式不恒成立； （2）设k＜0，注意到
，
，故①式不恒成立；
x
（3）设k＞0，H'（x）=（x+1）（e+2k），
此时当x＜﹣1时H'（x）＜0， 当x＞﹣1时H'（x）＞0，
故x＜﹣1时H（x）单调递减，x＞﹣1时H（x）单调递增， 故
；
而当x=﹣1时h（x）max=2，故若使①式恒成立， 则解得
． ，
【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了构造函数思想与等价转化问题，是综合题．