已知函数$f(x)$为分段函数：
$$f(x)=\begin{cases}
\ln(1+x), & x>0 \\
0, & x=0 \\
\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}, & -1
0$时**，$f(x)=\ln(1+x)$。直接求导得：
$$f'(x)=\frac{1}{1+x}$$
**第二段：当$x=0$时**，导数需要利用导数的定义单独计算（此步骤暂不处理，将在后续步骤中完成）。此处仅写出分段形式，$x=0$处的导数待定。
**第三段：当$-10 \\
\text{待定}, & x=0 \\
\dfrac{2\sqrt{1+x}-(x+2)}{2x^2\sqrt{1+x}}, & -1
目标：验证分段点x=1处的可导性
已知函数在 $x=1$ 处分段，需验证该点是否可导。根据可导的充要条件，函数在 $x=1$ 处可导当且仅当左导数 $f'_-(1)$ 与右导数 $f'_+(1)$ 存在且相等。
首先计算左导数 $f'_-(1)$。左导数定义为极限 $\lim_{x \to 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$。由题目已知，当 $x<1$ 时，$f(x)=x^2$，且 $f(1)=1$（由连续性或分段定义得到）。代入得：
$$f'_-(1)=\lim_{x \to 1^-} \frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x \to 1^-} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=\lim_{x \to 1^-} (x+1)=2.$$
再计算右导数 $f'_+(1)$。右导数定义为极限 $\lim_{x \to 1^+} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$。当 $x>1$ 时，$f(x)=ax+b$，且 $f(1)=1$。代入得：
$$f'_+(1)=\lim_{x \to 1^+} \frac{ax+b-1}{x-1}.$$
由于在 $x=1$ 处连续，已确定 $a+b=1$，即 $b=1-a$，代入上式：
$$f'_+(1)=\lim_{x \to 1^+} \frac{ax+(1-a)-1}{x-1}=\lim_{x \to 1^+} \frac{a(x-1)}{x-1}=a.$$
因此，左导数为 $2$，右导数为 $a$。要使函数在 $x=1$ 处可导，必须满足 $a=2$。此时，由连续性条件 $a+b=1$ 得 $b=-1$。故当 $a=2,\,b=-1$ 时，函数在 $x=1$ 处可导。
公式：$$f'_-(1)=\lim_{x \to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=2,\quad f'_+(1)=\lim_{x \to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=a$$
提示：可导必连续，但连续不一定可导；先验证连续性，再比较左右导数。
目标：求f(x)的最小值
首先，在区间$(0,1)$内，令导数为零求得驻点$x=\frac{1}{2}$。计算该点的函数值：
$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^2\ln\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\ln\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\ln2.$$
接着考虑左端点$x\to0^+$的极限：
$$\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x^2\ln x=0,$$
因为$x^2\ln x\to0$（幂函数比对数函数增长快）。
再考虑右端点$x=1$处的函数值：
$$f(1)=1^2\ln1=0.$$
对于$x>1$的区间，由之前步骤可知，当$x>1$时$f'(x)>0$，函数单调递增，因此最小值在左端点$x=1$处取得，$f(1)=0$。
比较各候选值：
- $f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\ln2\approx-0.1733$，
- $\lim_{x\to0^+}f(x)=0$，
- $f(1)=0$，
- $x>1$区间的最小值为$f(1)=0$。
显然，$f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\ln2$是唯一负值，且小于0，因此$f(x)$在整个定义域$(0,+\infty)$上的最小值为：
$$\boxed{-\frac{1}{4}\ln2}.$$
验证：由于$\ln2>0$，故$-\frac{1}{4}\ln2<0$，而其他候选值均为0，所以该值确为最小值。
公式：f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\ln2
提示：比较最值时，不仅要考虑驻点，还要考虑区间端点和分段点处的函数值或极限。