（15分）已知函数$f(x)=e^{x}\ln (1+x)$．
（Ⅰ）求曲线$y=f(x)$在点$(0$，$f(0))$处的切线方程；
（Ⅱ）设$g(x)=f\prime (x)$，讨论函数$g(x)$在$[0$，$+\infty )$上的单调性；
（Ⅲ）证明：对任意的$s$，$t\in (0,+\infty )$，有$f(s+t) > f(s)+f(t)$．
分析：（Ⅰ）对函数求导，将$x=0$代入原函数及导函数得到纵坐标和斜率即可；
（Ⅱ）法一：对$g(x)$求导，并研究$g(x)$导函数的正负即可．
法二：设$m(x)=e^{x}$，$n(x)=\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1}$，则$g(x)=m(x)\cdot n(x)$，由指数函数的性质得$m(x)=e^{x}$在$(0,+\infty )$上是增函数，且$m(x)=e^{x} > 0$，由导数性质得$n(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增，$n(x)=\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1} > 0$，从而$g(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增．
（Ⅲ）构造函数$w(x)=f(x+t)-f(x)$，利用$w(x)$单调性判断$f(s+t)-f(s)$与$f(t)-f(0)$大小关系即可．
解答：解：（Ⅰ）对函数求导可得：$f\prime (x)={e}^{x}[\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1}]$，
将$x=0$代入原函数可得$f(0)=0$，将$x=0$代入导函数可得：$f\prime (0)=1$，
故在$x=0$处切线斜率为1，故$y-0=1(x-0)$，化简得：$y=x$；
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：$g(x)=f\prime (x)={e}^{x}[\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1}]$，
$g\prime (x)={e}^{x}[\ln (x+1)+\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}]$，
令$h(x)=\ln (x+1)+\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}$，令$x+1=k(k\geqslant 1)$，
设$m(k)=\ln k+\dfrac{2}{k}-\dfrac{1}{{k}^{2}}$，$m\prime (k)=\dfrac{(k-1)^{2}+1}{{k}^{3}} > 0$恒成立，
故$h(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增，又因为$h(0)=1$，
故$h(x) > 0$在$[0$，$+\infty )$恒成立，故$g\prime (x) > 0$，
故$g(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增；
解法二：由（Ⅰ）有：$g(x)=f\prime (x)={e}^{x}[\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1}]$，
$g\prime (x)={e}^{x}[\ln (x+1)+\dfrac{2}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}]$，
设$m(x)=e^{x}$，$n(x)=\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1}$，则$g(x)=m(x)\cdot n(x)$，
由指数函数的性质得$m(x)=e^{x}$上$(0,+\infty )$上是增函数，且$m(x)=e^{x} > 0$，
$n\prime (x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}=\dfrac{x}{(x+1)^{2}}$，当$x\in (0,+\infty )$时，$n\prime (x) > 0$，$n(x)$单调递增，
且当$x\in (0,+\infty )$时，$n(x)=\ln (x+1)+\dfrac{1}{x+1} > 0$，
$\therefore g(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增．
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有$g(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增，又$g(0)=1$，
故$g(x) > 0$在$[0$，$+\infty )$恒成立，故$f(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增，
设$w(x)=f(x+t)-f(x)$，$w\prime (x)=f\prime (x+t)-f\prime (x)$，
由（Ⅱ）有$g(x)$在$[0$，$+\infty )$单调递增，又因为$x+t > x$，所以$f\prime (x+t) > f\prime (x)$，
故$w(x)$单调递增，又因为$s > 0$，故$w(s) > w(0)$，
即：$f(s+t)-f(s) > f(t)-f(0)$，又因为函数$f(0)=0$，
故$f(s+t) > f(s)+f(t)$，得证．
点评：本题主要考查利用导函数研究函数切线，及证明函数不等式，属于较难题目．