（15分）已知$a$，$b\in R$，函数$f(x)=e^{x}-a\sin x$，$g(x)=b\sqrt{x}$．
（1）求函数$y=f(x)$在$(0$，$f(0))$处的切线方程；
（2）若$y=f(x)$和$y=g(x)$有公共点．
（ⅰ）当$a=0$时，求$b$的取值范围；
（ⅱ）求证：$a^{2}+b^{2} > e$．
分析：（1）利用导数的几何意义及直线的斜截式方程即可求解；
（2）（ⅰ）将$y=f(x)$和$y=g(x)$有公共点转化为$b=\dfrac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$在$(0,+\infty )$上有解，再构造函数$h(x)=\dfrac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，$(x > 0)$，接着利用导数求出$h(x)$的值域，从而得$b$的取值范围；
（ⅱ）令交点的横坐标为$x_{0}$，则${e}^{{x}_{0}}=a\sin {x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$，再利用柯西不等式及结论：$x > 0$时，$x > \sin x$，$e^{x} > ex$，$e^{x} > x+1$放缩即可证明．
解：（1）$\because f(x)=e^{x}-a\sin x$，$\therefore f\prime (x)=e^{x}-a\cos x$，
$\therefore f(0)=1$，$f\prime (0)=1-a$，
$\therefore$函数$y=f(x)$在$(0,1)$处的切线方程为$y=(1-a)x+1$；
（2）（ⅰ）$\because a=0$，$\therefore f(x)=e^{x}$，又$y=f(x)$和$y=g(x)$有公共点，
$\therefore$方程$f(x)=g(x)$有解，
即${e}^{x}=b\sqrt{x}$有解，显然$x\ne 0$，
$\therefore b=\dfrac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$在$(0,+\infty )$上有解，
设$h(x)=\dfrac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，$(x > 0)$，
$\therefore h\prime (x)=\dfrac{{e}^{x}(2x-1)}{2x\sqrt{x}}$，
$\therefore$当$x\in (0,\dfrac{1}{2})$时，$h\prime (x) < 0$；当$x\in (\dfrac{1}{2}$，$+\infty )$时，$h\prime (x) > 0$，
$\therefore h(x)$在$(0,\dfrac{1}{2})$上单调递减，在$(\dfrac{1}{2}$，$+\infty )$上单调递增，
$\therefore$$h(x)_{min}=h(\dfrac{1}{2})=\sqrt{2e}$，且当$x\rightarrow 0$时，$h(x)\rightarrow +\infty$；当$x\rightarrow +\infty$时，$h(x)\rightarrow +\infty$，
$\therefore h(x)\in [\sqrt{2e}$，$+\infty )$，
$\therefore b$的范围为$[\sqrt{2e}$，$+\infty )$；
（ⅱ）证明：令交点的横坐标为$x_{0}$，则${e}^{{x}_{0}}=a\sin {x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$，
$\therefore$由柯西不等式可得${e}^{2{x}_{0}}=(a\sin {x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}})^{2}\leqslant (a^{2}+b^{2})(\sin ^{2}x_{0}+x_{0})$
$\therefore a^{2}+b^{2}\geqslant \dfrac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$，
又易证$x > 0$时，$x > \sin x$，$e^{x} > ex$，$e^{x} > x+1$，
$\therefore$$\dfrac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}=\dfrac{{e}^{{x}_{0}}\cdot {e}^{{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}} > \dfrac{e{x}_{0}\cdot ({x}_{0}+1)}{{x}_{0}^{2}+{x}_{0}}=e$，
故$a^{2}+b^{2} > e$．
点评：本题考查导数的几何意义及直线的斜截式方程，将方程有解转化为函数值域，柯西不等式，常见不等式的结论，属中档题．