已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x

已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值．

（1）f′（x）=1-
1
x+a =
x+a?1
x+a ，（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，x＞1-a；f（x）为增函数；
f′（x）＜0，-a＜x＜1-a，f（x）为减函数；
∴x=1-a时，函数取得极小值也是最小值，
∵函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，
∴f（1-a）=1-a=0，得a=1；
（2）当k≤0时，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合题意；
当k＞0时，令g（x）=f（x）-kx2，即g（x）=x-ln（x+1）-kx2，
求导函数可得g′（x）=
?x[2kx?(1?2k)]
x+1 ，
令g′（x）=0，可得x1=0，x2=
1?2k
2k ＞-1，
当k≥
1
2 时，
1?2k
2k ≤0，g′（x）＜0，在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0，
∴对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立；
当0＜k＜
1
2 时，x2=
1?2k
2k ＞0，
g（x）在（0，
1?2k
2k ）上g′（x）＞0，g（x）为增函数；
g（x）在（
1?2k
2k ，+∞）上g′（x）＜0，g（x）为减函数；
因此存在x0∈（0，
1?2k
2k ）使得g（x0）≥g（0）=0，
可得x0-ln（x0+1）≥kx02，即f（x0）≥kx02，与题矛盾；
∴综上：k≥
1
2 时，对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，
∴实数 k的最小值为：
1
2 ；

：（1）函数的定义域为（-a，+∞）， 求导函数可得 令f′（x）=0， 可得x=1-a＞-a 令f′（x）＞0，x＞-a可得x＞1-a； 令f′（x）＜0，x＞-a可得-a＜x＜1-a ∴x=1-a时，函数取得极小值且为最小值 ∵函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0， ∴f（1-a）=1-a-0，解得a=1。 （2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1-ln2＞0，故k≤0不合题意 当k＞0时，令g（x）=f（x）-kx2， 即g（x）=x-ln（x+1）-kx2 求导函数可得g′（x）= g′（x）=0，可得x1=0， ①当k≥时，， g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减， 从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0， 即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立； ②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0， 因此g（x）在上单调递增， 因此取时，g（x0）≥g（0）=0，即有f（x0）≤kx02不成立； 综上知，k≥时对任意的x∈[0，+∞）， 有f（x）≤kx2成立，k的最小值为。 （3）证明：当n=1时，不等式左边=2-ln3＜2=右边，所以不等式成立 当n≥2时， 在（2）中，取k=，得f（x）≤x2， ∴（i≥2，i∈n*） ∴=f（2）+ ＜2-ln3+=2-ln3+1-＜2 综上，（n∈n*）。