12. 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^x\ln(x+1)$，$f'(x)$ 是 $f(x)$ 的导数，则（ ）
A. 函数 $y=f'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增
B. 函数 $y=f'(x)$ 有唯一极小值
C. 函数 $y=f(x)-x$ 在 $(-1,0)$ 上有且只有一个零点 $t$，且 $t\in\left(-\dfrac12,0\right)$
D. 对于任意的 $x_1$，$x_2\in(0,+\infty)$，$f(x_1+x_2)>f(x_1)+f(x_2)$ 恒成立
12.ABD
【详解】 $f'(x)=\mathrm{e}^x\cdot\ln(1+x)+\mathrm{e}^x\cdot\dfrac{1}{1+x}=\mathrm{e}^x\left[\ln(1+x)+\dfrac{1}{1+x}\right]$，
$g(x)=f'(x)=\mathrm{e}^x\left[\ln(1+x)+\dfrac{1}{1+x}\right]$，则 $g'(x)=\mathrm{e}^x\left[\ln(1+x)+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}\right]$，
设 $h(x)=\ln(1+x)+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}$，
则函数 $h(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，$h(x)\ge h(0)=1>0$，因此 $g'(x)>0$ 对任意的 $x\in(0,+\infty)$ 恒成立，所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，故 A 正确；
又 $h\left(-\dfrac12\right)=-\ln 2+4-4<0$，所以 $h\left(-\dfrac12\right)\cdot h(0)<0$，则存在 $\alpha\in\left(-\dfrac12,0\right)$，使得 $h(\alpha)=0$。
在 $x\in(-1,\alpha)$ 时，$h(x)<0$；$x\in(\alpha,+\infty)$ 时，$h(x)>0$；
所以函数 $f'(x)$ 在 $(-1,\alpha)$ 单调递减，在 $(\alpha,+\infty)$ 单调递增，故 $f'(x)$ 有唯一极小值，故 B 正确；
令 $m(x)=f(x)-x=\mathrm{e}^x\ln(x+1)-x$，$-1<x<0$，
所以函数 $m'(x)$ 在 $(-1,\alpha)$ 单调递减，在 $(\alpha,+\infty)$ 单调递增，且 $m'(0)=0$，则有 $m'(\alpha)<0$。
又 $m'\left(\mathrm{e}^{-2}-1\right)=\mathrm{e}^{\mathrm{e}^{-2}-1}\left(-2+\mathrm{e}^2\right)-1>\mathrm{e}^{-2+1}\cdot\mathrm{e}-1=\mathrm{e}^{\mathrm{e}^{-2}-1+0}$，
因此存在 $x_0\in\left(\mathrm{e}^{-2}-1,\alpha\right)$，使得 $m'(x_0)=0$，
当 $-1<x<x_0$ 时，$m'(x)>0$，当 $x_0<x<0$ 时，$m'(x)<0$，
于是得函数 $m(x)$ 在 $(-1,x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0,0)$ 上单调递减，则 $m(x_0)>m(0)=0$。
又 $m\left(\mathrm{e}^{-3}-1\right)=-3\mathrm{e}^{-3}-1-\mathrm{e}^{-3}+1<-3\mathrm{e}^{-1}-\mathrm{e}^{-3}+1<0$，
从而存在唯一 $t\in\left(\mathrm{e}^{-3}-1,x_0\right)$，使得 $m(t)=0$。
显然当 $t<x<0$ 时，$m(x)>0$，当 $-1<x<t$ 时，$m(x)<0$。
又 $m\left(-\dfrac12\right)=\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\ln\dfrac12+\dfrac12$，令 $v(x)=\ln x-\dfrac12\left(x-\dfrac1x\right)$，
因此函数 $v(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，$v\left(\dfrac12\right)>v(1)=0$，
有 $\ln\dfrac12>\dfrac12\left(\dfrac12-2\right)=-\dfrac34$，$\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\ln\dfrac12>-\dfrac{3}{4\sqrt{\mathrm{e}}}$，则
即 $t<-\dfrac12<0$，从而函数 $m(x)=f(x)-x$ 在 $x\in(-1,0)$ 上有唯一零点 $t\in\left(-1,-\dfrac12\right)$，
函数 $y=f(x)-x$ 在 $(-1,0)$ 上有且只有一个零点 $t$，且 $t\in\left(-1,-\dfrac12\right)$，故 C 错误；
$x_1>0$，$x_2>0$，
设 $\varphi(x)=f(x+x_2)-f(x)-f(x_2)=\mathrm{e}^{x+x_2}\ln(1+x+x_2)-\mathrm{e}^x\ln(1+x)-\mathrm{e}^{x_2}\ln(1+x_2)$，$x>0$，
则 $\varphi'(x)=\mathrm{e}^{x+x_2}\left[\ln(1+x+x_2)+\dfrac{1}{1+x+x_2}\right]-\mathrm{e}^x\left[\ln(1+x)+\dfrac{1}{1+x}\right]=g(x+x_2)-g(x)$
由选项 A 知，$g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，而 $x+x_2>x>0$，则 $g(x+x_2)>g(x)$，
即有 $\varphi'(x)=g(x+x_2)-g(x)>0$，因此函数 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
$\varphi(x_1)>\varphi(0)=f(x_2)-f(0)-f(x_2)=-f(0)=0$，即有 $f(x_1+x_2)>f(x_1)+f(x_2)$，
所以对任意的 $x_1$，$x_2\in(0,+\infty)$，总满足 $f(x_1+x_2)>f(x_1)+f(x_2)$，故 D 正确。
故选：ABD