$ f\left(x\right) $ 的定义域为 $ \left(-a,+\infty \right) $．\[ f'\left(x\right)=1-{\dfrac{1}{x+a}}={\dfrac{x+a-1}{x+a}}. \]由 $ f'\left(x\right)=0 $，得\[ x=1-a>-a. \]当 $ x $ 变化时，$ f'\left(x\right),f\left(x\right) $ 的变化情况如下表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
x &\left(-a,1-a\right)& 1-a &\left(1-a,+\infty \right)\\ \hline
f'\left(x\right)& -& 0& +\\ \hline
f\left(x\right) & \searrow&极小值&\nearrow\\ \hline\end{array} \]因此，$ f\left(x\right) $ 在 $ x=1-a $ 处取得最小值，故由题意\[ f\left(1-a\right)=1-a=0, \]所以 $a=1$．

当 $ k\leqslant 0 $ 时，取 $ x=1 $，有 $ f\left(1\right)=1-\ln 2>0 $，故 $ k\leqslant 0 $ 不合题意；
当 $ k>0 $ 时，令 $ g\left(x\right)=f\left(x\right)-kx^2 $，即\[\begin{split} g\left(x\right)&=x-\ln \left(x+1\right)-kx^2,\\g'\left(x\right)&={\dfrac{x}{x+1}}-2kx={\dfrac{-x\left[2kx-\left(1-2k\right)\right]}{x+1}}.\end{split} \]令 $ g'\left(x\right)=0 $，得\[ x_1=0,x_2={\dfrac{1-2k}{2k}}>-1.\]（i）当 $ k\geqslant {\dfrac{1}{2}} $ 时，${\dfrac{1-2k}{2k}}\leqslant 0 $，$ g'\left(x\right)<0 $ 在 $ \left(0,+\infty \right) $ 上恒成立，因此 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 上单调递减．
从而对于任意的 $ x\in \left[0,+\infty \right) $，总有 $ g\left(x\right)\leqslant g\left(0\right)=0 $，即 $ f\left(x\right)\leqslant kx^2 $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 上恒成立．
故 $ k\geqslant {\dfrac{1}{2}} $ 符合题意．
（ii）当 $ 0<k<{\dfrac{1}{2}} $ 时，$ {\dfrac{1-2k}{2k}}>0 $，对于 $ x\in \left(0,{\dfrac{1-2k}{2k}}\right)$，$g'\left(x\right)>0 $，故 $ g\left(x\right) $ 在 $\left( 0,{\dfrac{1-2k}{2k}} \right)$ 内单调递增．
因此当取 $ x_0\in \left( 0,{\dfrac{1-2k}{2k}} \right)$ 时，$ g\left(x_0\right)>g\left(0\right)=0 $，即 $ f\left(x_0\right)\leqslant kx^2_0 $ 不成立．
故 $ 0<k<{\dfrac{1}{2}} $ 不合题意．
综上，$ k $ 的最小值为 $ {\dfrac{1}{2}} $．

当 $ n=1 $ 时，不等式左边 $ =2-\ln 3<2= $ 右边，所以不等式成立．
当 $ n\geqslant 2 $ 时，\[\begin{split}\sum ^ n _{i=1} f \left({\dfrac{2}{2i-1}}\right) &=\sum ^n_{ i=1}\left[ {\dfrac{2}{2i-1}}-\ln \left(1+{\dfrac{2}{2i-1}}\right)\right] \\&
=\sum ^n_{ i=1} {\dfrac{2}{2i-1}}-\sum ^ n_{ i=1 }\left[\ln \left(2i+1\right)-\ln \left(2i-1\right)\right]\\&
=\sum ^ n _{i=1} {\dfrac{2}{2i-1}}-\ln \left(2n+1\right). \end{split} \]在（2）中取 $ k={\dfrac{1}{2}} $，得 $ f\left(x\right)\leqslant {\dfrac{x^2}{2}}\left(x\geqslant 0\right)$，从而\[ f \left({\dfrac{2}{2i-1}}\right) \leqslant {\dfrac{2}{\left(2i-1\right)^2}}<{\dfrac{2}{\left(2i-3\right)\left(2i-1\right)}}\left(i\in {\mathbb{N}}^*,i\geqslant 2\right),\]所以有\[\begin{split} \sum ^ n_{ i=1} {\dfrac{2}{2i-1}}-\ln \left(2n+1\right)&=\sum ^ n _{i=1} f \left({\dfrac{2}{2i-1}}\right) \\&=f\left(2\right)+\sum ^n _{i=2 }f \left({\dfrac{2}{2i-1}}\right)\\& <2-\ln 3+\sum ^n _{i=2 }{\dfrac{2}{\left(2i-3\right)\left(2i-1\right)}}\\&=2-\ln 3+\sum^ n _{i=2 } \left({\dfrac{1}{2i-3}}-{\dfrac{1}{2i-1}} \right)\\&=2-\ln 3+1-{\dfrac{1}{2n-1}}\\&<2.\end{split} \]综上\[ \sum ^ n _{i=1} {\dfrac{2}{2i-1}}-\ln \left(2n+1\right)<2,n\in {\mathbb{N}}^*. \]