Como se ha señalado en los comentarios anteriores, no es correcto suponer que $\mathbb{E}[e^X]=e^{\mathbb{E}[X]}$ .
El contraejemplo más fácil es la distribución normal frente a la lognormal. Si $X\sim N(\mu,\sigma)$ entonces $Y:=e^X$ es Lognormal por definición (es decir, véase definición de la distribución Lognormal).
El valor esperado de $Y$ es $\mathbb{E}[e^{X}]=e^{\mu+0.5\sigma^2}\neq e^{\mu}=e^{\mathbb{E}[X]}$ .
Se puede tomar lo anterior como un "hecho" que surge de la definición de variable aleatoria con distribución logarítmica (es decir, se puede memorizar cómo es la media de una variable aleatoria con distribución logarítmica), o podemos derivarlo derivando la distribución de $Y$ desde cero:
$$F_Y(y)=\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(e^{X}\leq y)=\mathbb{P}(X\leq ln(y))=\int_{-\infty}^{ln(y)}f_X(h)dh$$
Ahora:
$$f_Y(y):=\frac{\partial}{\partial y}\left(F_Y(y)\right)=\frac{\partial}{\partial y}\left(\mathbb{P}(X\leq ln(y))\right)=\frac{\partial}{\partial ln(y)}\left(\int_{-\infty}^{ln(y)}f_X(h)dh\right)\frac{\partial ln(y)}{\partial y}=\\=f_X(ln(y))\frac{1}{y}=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-(ln(y)-\mu)^2}{2\sigma^2}}\frac{1}{y}$$
Tomar la expectativa:
$$\mathbb{E}[Y]:=\int_{-\infty}^{\infty}\left(y f_Y(y)\right)dy=\\=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-(ln(y)-\mu)^2}{2\sigma^2}}\right)dy$$
Tomando la sustitución $y=e^h$ obtenemos:
$$\mathbb{E}[Y]=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-(h-\mu)^2}{2\sigma^2}}\right)e^hdh$$
Ahora nos centramos en los exponentes:
$$exp\left\{\frac{-(h-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}exp\left\{h\right\}=exp\left\{\frac{-h^2+2\mu h -\mu^2}{2\sigma^2}\right\}exp\left\{\frac{2\sigma^2h}{2 \sigma^2}\right\}=\\=exp\left\{\frac{-h^2+2h(\mu+\sigma^2) - (\mu+\sigma^2)^2 + (\mu+\sigma^2)^2 -\mu^2}{2\sigma^2}\right\}=\\=exp\left\{\frac{-(h-(\mu+\sigma^2))^2}{2\sigma^2}\right\}exp\left\{\frac{(\mu+\sigma^2)^2 -\mu^2}{2\sigma^2}\right\}=\\=exp\left\{\frac{-(h-(\mu+\sigma^2))^2}{2\sigma^2}\right\}exp\left\{\mu + 0.5\sigma^2\right\}$$
Introduciendo esto en la integral, obtenemos:
$$\mathbb{E}[Y]=exp\left\{\mu + 0.5\sigma^2\right\}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-(h-(\mu+\sigma^2))^2}{2\sigma^2}}\right)dh=\\=exp\left\{\mu + 0.5\sigma^2\right\}$$
Como la expresión de la integral es la FDP de una variable aleatoria normalmente distribuida (con media $\mu+\sigma^2$ ): que se integra en 1.
Ahora a su problema :
$$X_t=X_0+\int_{h=0}^{h=t}\mu(X_h,h)dh+\int_{h=0}^{h=t}\sigma(X_h,h)dW_h$$
Si $\mu(X_h,h)=\mu X_h$ con $\mu$ siendo una constante y $\sigma(X_h,h)=\sigma X_h$ con $\sigma$ siendo una constante, entonces $X_t$ es el Movimiento Browniano Geométrico, cuya solución es bien conocida:
$$X_t=X_0exp\left\{\mu t -0.5 \sigma^2 t + \sigma W_t\right\}$$
De lo anterior, podemos ver directamente que $X_t$ tiene una distribución log-normal. Así que:
$\mathbb{E}[X_t]=X_0e^{\mu t}$
Si quieres tomar la expectativa condicional $\mathbb{E}_t[X_T]=\mathbb{E}[X_T|\mathcal{F}_t]$ Entonces:
$$\mathbb{E}[X_T|\mathcal{F}_t]=\mathbb{E}\left[X_t exp\left\{\mu (T-t) -0.5 \sigma^2 (T-t) + \sigma W(T-t)\right\}\right]=\\=X_te^{\mu (T-t)}$$
Editar Si no podemos asumir que el proceso es GBM (y por lo tanto conocer su distribución), pero tenemos que quedarnos con el general $\mu(X_t,t)$ y $\sigma(X_t,t)$ (que, debemos suponer, son al menos integrables al cuadrado, para $X_t$ para ser un Proceso de Ito), podemos aplicar el lema de Ito como sigue:
El Lemma de Ito establece que cualquier función dos veces diferenciable $F()$ de $X_t$ y $t$ sigue el proceso:
$$F(X_t,t)= F(X_0,t_0) + \int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\frac{\partial F}{\partial X}\mu(X_h,h)+\frac{1}{2}\frac{\partial^2 F}{\partial X^2}\sigma(X_h,h)^2\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(\frac{\partial F}{\partial X}\sigma(X_h,h)\right)dW_h $$
Podemos aplicar la fórmula anterior a $e^{X_t}$ para conseguirlo:
$$e^{X_t}=e^{X_0}+\int_{h=0}^{h=t}\left(0+e^{X_h}\mu(X_h,h)+\frac{1}{2}e^{X_h}\sigma(X_h,h)^2\right)dh + \int_{h=0}^{h=t}\left(e^{X_h}\sigma(X_h,h)\right)dW_h$$
Ahora podríamos intentar tomar una expectativa de lo anterior: tienes razón en tu pregunta al decir que la expectativa "matará" a la integral de Ito (debido a la propiedad de martingala de la integral de Ito, su expectativa es igual a cero), pero a menos que sepamos cuáles son las funciones $\sigma(X_h,h)$ y $\mu(X_h,h)$ realmente son, no podremos obtener ninguna respuesta adecuada de todos modos, porque no podremos simplificar la expectativa sobre la integral de Riemann.
