已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．

解题思路：（1）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，即可求得a的值；
（2）分类讨论，确定函数的单调性，确定函数的最值，即可求实数k的最小值；
（3）证明f(

2

2i−1

)≤

2

(2i−1)2

＜

2

(2i−3)(2i−1)

（i≥2，i∈N^*），利用叠加法可结论．

（1）函数的定义域为（-a，+∞），求导函数可得f′(x)＝
x+a−1
x+a
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）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，
①当k≥
1
2时，
1−2k
2k≤0．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，故k≥
1
2符合题意；
②当0＜k＜
1
2时，
1−2k
2k＞0，对于x∈（0，
1−2k
2k），g′（x）＞0，因此g（x）在（0，
1−2k
2k）内单调递增．
因此当x₀∈（0，
1−2k
2k）时，g（x₀）≥g（0）=0，即有f（x₀）≤kx₀²不成立，故0＜k＜
1
2不合题意．
综上，k的最小值为
1
2．
（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，
n

i＝1f(
2
2i−1)=
n

i＝1[
2
2i−1-ln（1+
2
2i−1）]=
n

i＝1
2
2i−1-ln（2n+1）
在（2）中，取k=
1
2，得f（x）≤
1
2x²（x≥0），从而f(
2
2i−1)≤
2
(2i−1)2＜
2
(2i−3)(2i−1)（i≥2，i∈N^*）．
∴
n

i＝1
2
2i−1-ln（2n+1）=
n

i＝1f(
2
2i−1)=f（2）+
n

i＝2f(
2
2i−1)＜2-ln3+
n

i＝2
2
(2i−3)(2i−1)=2-ln3+
n

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数最值的应用．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性、极值与最值，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，难度较大．