已知函数 f(x)= e ^ x ln (1+x) ． （…——2022 高考数学第 20 题答案解析

（1）由 $f(x)=\mathrm{e}^{x} \ln (1+x)$，得 $f(0)=\mathrm{e}^{0} \ln 1=0$，故切点为 $(0,0)$。
求导得 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x} \ln (1+x)+\mathrm{e}^{x} \cdot \frac{1}{1+x}=\mathrm{e}^{x}\left(\ln (1+x)+\frac{1}{1+x}\right)$。
则切线斜率 $k=f^{\prime}(0)=\mathrm{e}^{0}\left(\ln 1+1\right)=1$。
故曲线在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y-0=1 \cdot(x-0)$，即 $y=x$。

（2）由题意 $g(x)=f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}\left(\ln (1+x)+\frac{1}{1+x}\right)$，$x \in[0,+\infty)$。
对 $g(x)$ 求导：
$$ \begin{aligned} g^{\prime}(x) &= \mathrm{e}^{x}\left(\ln (1+x)+\frac{1}{1+x}\right) + \mathrm{e}^{x}\left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}\right) \\ &= \mathrm{e}^{x}\left(\ln (1+x)+\frac{2}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}\right) \end{aligned} $$
令 $h(x)=\ln (1+x)+\frac{2}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}$，则 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x} h(x)$。
对 $h(x)$ 求导：
$$ h^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2}{(1+x)^{2}}+\frac{2}{(1+x)^{3}}=\frac{(1+x)^{2}-2(1+x)+2}{(1+x)^{3}}=\frac{x^{2}+1}{(1+x)^{3}} $$
当 $x \in[0,+\infty)$ 时，$x^{2}+1>0$，$(1+x)^{3}>0$，故 $h^{\prime}(x)>0$。
所以 $h(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，则 $h(x) \geq h(0)=\ln 1+2-1=1>0$。
因为 $\mathrm{e}^{x}>0$，所以 $g^{\prime}(x)>0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立。
故 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增。

（3）要证 $f(s+t)>f(s)+f(t)$，其中 $s, t \in(0,+\infty)$。
注意到 $f(0)=0$，不等式等价于 $f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)$。
固定 $t>0$，构造函数 $m(x)=f(x+t)-f(x)$，$x \in[0,+\infty)$。
只需证明当 $x>0$ 时，$m(x)>m(0)$。
对 $m(x)$ 求导：
$$ m^{\prime}(x)=f^{\prime}(x+t) \cdot 1 - f^{\prime}(x) = g(x+t) - g(x) $$
由（2）知 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增。
因为 $t>0$，所以对于任意 $x \geq 0$，有 $x+t > x$，从而 $g(x+t) > g(x)$。
即 $m^{\prime}(x) > 0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立。
所以 $m(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增。
因为 $s>0$，所以 $m(s) > m(0)$。
即 $f(s+t)-f(s) > f(t)-f(0)$。
又 $f(0)=0$，故 $f(s+t) > f(s)+f(t)$ 得证。