略．

构造新函数，求新函数的最值即可．要证 $f\left(x\right)<x\left(x>0\right)$，即证 $y=f\left(x\right)-x$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上恒小于 $0$．令\[F\left(x\right)=f\left(x\right)-x=\ln\left(1+x\right)-x , x\in\left[0,+\infty\right) ,\]则有\[F'\left(x\right)=\dfrac 1{1+x}-1=\dfrac{-x}{x+1} .\]当 $x\in\left(0,+\infty\right)$ 时，\[F'\left(x\right)<0 ,\]所以 $F\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上单调递减，故当 $x>0$ 时，\[F\left(x\right)<F\left(0\right)=0 ,\]即当 $x>0$ 时，$f\left(x\right)<x$．

略．

构造新函数，证明新函数的最小值大于 $0$．要证 $f\left(x\right)>g\left(x\right)$，即证 $y=f\left(x\right)-g\left(x\right)$ 大于 $0$ 在 $\left(0,x_0\right)$ 上恒成立．令\[G\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)-kx , x\in\left[0,+\infty\right),\]则有\[G'\left(x\right)=\dfrac 1{x+1}-k=\dfrac{-kx+\left(1-k\right)}{x+1} ,\]当 $k\leqslant 0$ 时，$G'\left(x\right)>0$，故 $G\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上单调递增，$G\left(x\right)>G\left(0\right)=0$．
故任意正实数 $x_0$ 均满足题意．
当 $0<k<1$ 时，令\[G'\left(x\right)=0 ,\]得\[x=\dfrac{1-k}k=\dfrac 1k-1>0 .\]取 $x_0=\dfrac 1k-1$，对任意 $x\in\left(0,x_0\right)$，有 $G'\left(x\right)>0$，从而 $G\left(x\right)$ 在 $\left[0,x_0\right)$ 上单调递增，
所以 $G\left(x\right)>G\left(0\right)=0$，即 $f\left(x\right)>g\left(x\right)$．
综上，当 $k<1$ 时，总存在 $x_0>0$，使得对任意 $x\in\left(0,x_0\right)$，恒有 $f\left(x\right)>g\left(x\right)$．

$k=1$．

转化为研究在 $x=0$ 附近的单调性的问题．解法一：
当 $k>1$ 时，由（1）知，对于 $\forall x\in\left(0,+\infty\right)$，$g\left(x\right)>x>f\left(x\right)$，故 $g\left(x\right)>f\left(x\right)$，\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=g\left(x\right)-f\left(x\right)=kx-\ln\left(1+x\right).\]令\[M\left(x\right)=kx-\ln\left(1+x\right)-x^2 , x\in\left[0,+\infty\right) ,\]则有\[M'\left(x\right)=k-\dfrac 1{1+x}-2x=\dfrac{-2x^2+\left(k-2\right)x+k-1}{x+1}.\]故当 $x\in\left(0,\dfrac{k-2+\sqrt{\left(k-2\right)^2+8\left(k-1\right)}}{4}\right)$ 时，$M'\left(x\right)>0$，$M\left(x\right)$ 在 $\left[0,\dfrac{k-2+\sqrt{\left(k-2\right)^2+8\left(k-1\right)}}{4}\right)$ 上单调递增，故\[M\left(x\right)>M\left(0\right)=0 ,\]即 ${\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}>x^2$，所以满足题意的 $t$ 不存在．
当 $k<1$ 时，由（2）知，存在 $x_0>0$，使得当 $x\in \left(0,x_0\right)$ 时，$f\left(x\right)>g\left(x\right)$，
此时\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=f\left(x\right)-g\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)-kx .\]令\[N\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)-kx-x^2 , x\in\left[0,+\infty\right),\]则有\[N'\left(x\right)=\dfrac{1}{x+1}-k-2x=\dfrac{-2x^2-\left(k+2\right)x+1-k}{x+1} ,\]当 $x\in\left(0,\dfrac{-\left(k+2\right)+\sqrt{\left(k+2\right)^2+8\left(1-k\right)}}{4}\right)$ 时，$N'\left(x\right)>0$，$N\left(x\right)$ 在 $\left[0,\dfrac{-\left(k+2\right)+\sqrt{\left(k+2\right)^2+8\left(1-k\right)}}{4}\right]$ 上单调递增，故 $N\left(x\right)>N\left(0\right)=0$，即 $f\left(x\right)-g\left(x\right)>x^2$．
记 $x_0$ 与 $\dfrac{-\left(k+2\right)+\sqrt{\left(k+2\right)^2+8\left(1-k\right)}}{4}$ 中的较小者为 $x_1$，则当 $x\in\left(0,x_1\right)$ 时，恒有 ${\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}>x^2$．故满足题意的 $t$ 不存在．
当 $k=1$ 时，由（1）知，当 $x>0$ 时，\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=g\left(x\right)-f\left(x\right)=x-\ln\left(1+x\right) .\]令\[H\left(x\right)=x-\ln\left(1+x\right)-x^2 , x\in\left[0,+\infty\right) ,\]则有\[H'\left(x\right)=1-\dfrac 1{1+x}-2x=\dfrac{-2x^2-x}{x+1} .\]当 $x>0$ 时，$H'\left(x\right)<0$，所以 $H\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上单调递减，故 $H\left(x\right)<H\left(0\right)=0$．
故当 $x>0$ 时，恒有 ${\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}<x^2$．
此时，任意正实数 $t$ 均满足题意．
综上，$k=1$．
解法二：
当 $k>1$ 时，由（1）知，对于 $\forall x\in\left(0,+\infty\right)$，$g\left(x\right)>x>f\left(x\right)$，
故\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=g\left(x\right)-f\left(x\right)=kx-\ln\left(1+x\right)>kx-x=\left(k-1\right)x ,\]令\[\left(k-1\right)x>x^2 ,\]解得 $0<x<k-1$．
从而得到，当 $k>1$ 时，对于 $x\in\left(0,k-1\right)$，恒有\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}>x^2 ,\]故满足题意的 $t$ 不存在．
当 $k<1$ 时，取 $k_1=\dfrac{k+1}2$，从而 $k<k_1<1$，
由（2）知，存在 $x_0>0$，使得 $x\in\left(0,x_0\right)$，\[f\left(x\right)>k_1x>kx=g\left(x\right) ,\]此时\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=f\left(x\right)-g\left(x\right)>\left(k_1-k\right)x=\dfrac{1-k}2x .\]令\[\dfrac{1-k}2x>x^2 ,\]解得 $0<x<\dfrac{1-k}2$，此时\[f\left(x\right)-g\left(x\right)>x^2 .\]记 $x_0$ 与 $\dfrac{1-k}2$ 中的较小者为 $x_1$，当 $x\in\left(0,x_1\right)$ 时，恒有 ${\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}>x^2$，
故满足题意的 $t$ 不存在．
当 $k=1$ 时，由（1）知，$x>0$，\[{\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}=f\left(x\right)-g\left(x\right)=x-\ln\left(1+x\right) ,\]令\[M\left(x\right)=x-\ln\left(1+x\right)-x^2 , x\in\left[0,+\infty\right),\]则有\[M'\left(x\right)=1-\dfrac 1{1+x}-2x=\dfrac{-2x^2-x}{x+1}.\]当 $x>0$ 时，$M'\left(x\right)<0$，
所以 $M\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上单调递减，故 $M\left(x\right)<M\left(0\right)=0$．
故当 $x>0$ 时，恒有 ${\left|{f\left(x\right)-g\left(x\right)}\right|}<x^2$，此时，任意正实数 $t$ 均满足题意．
综上，$k=1$．