解题思路：（1）对f（x）进行求导，已知f（x）的最小值为0，可得极小值也为0，得f′（0）=0，从而求出a的值；
（2）由题意任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx2成立，可以令g（x）=f（x）-kx2，求出g（x）的最小值大于0即可，可以利用导数研究g（x）的最值；
（1）f′（x）=[1/x+a]-1=[1-x-a/x+a]，（x+a＞0）
令f′（x）=0，可得x=1-a＞-a，
令f′（x）＞0，-a＜x＜1-a；f（x）为增函数；
f′（x）＜0，x＞1-a，f（x）为减函数；
∴x=1-a时，函数取得极大值也是最大值，
∵函数f（x）=ln（x+a）-x 的最大值为0，
∴f（1-a）=a-1=0，得a=1；
（2）当k≥0时，取x=1，有f（1）=ln2-1＜0，故k≥0不合题意；
当k＜0时，令g（x）=f（x）-kx2，即g（x）=ln（x+1）-x-kx2，x∈（-1，+∞）
求导函数可得g′（x）=[1/x+1]-1-2kx=
-x[2kx+(2k+1)]
x+1，
令g′（x）=0，可得x1=0，x2=-[2k+1/2k]＞-1，
当k≤-[1/2]时，x2≤0，g′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）=0，
∴对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx2成立；
故k≤-[1/2]时符合题意．
当-[1/2]＜k＜0时，x2＞0，g（x）在（0，-[2k+1/2k]）上g′（x）＜0，g（x）为减函数；
g（x）在（-[2k+1/2k]，+∞）上g′（x）＞0，g（x）增函数；
因此存在x0∈（0，-[2k+1/2k]）使得g（x0）≤g（0）=0，
即f（x0）≤kx02，与题意矛盾；
∴综上：k≤-[1/2]时，对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≥kx2成立，
∴实数 k的最大值为：-[1/2]；
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 此题考查利用导数求函数的最值问题及函数的恒成立问题，第二问构造新函数，将问题转化为g（x）的最小值大于等于0即可，这种转化的思想在高考中经常会体现，要认真体会，属难题．