每日一题[98] 端点效应

若对任意实数$x\in [0,1]$，均有不等式

$$\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\leqslant 2-bx^2$$ 恒成立，则$b$的最大值为_______．

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正确答案是$\dfrac 14$．

令$f(x)=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\leqslant 2-bx^2$．

考虑端点$x=1$，有

$$b\leqslant 2-\sqrt 2.$$

而考虑端点$x=0$，有$f(0)=0$．考虑其导数

$$f'(x)=-\dfrac 12\left(1-x\right)^{-\frac 12}+\dfrac 12\left(1+x\right)^{-\frac 12}+2bx,$$ 有 $$f'(0)=0,$$ 进而再求导，有 $$f'^\prime(x)=-\dfrac 14\left(1-x\right)^{-\frac 32}-\dfrac 14\left(1+x\right)^{-\frac 32}+2b,$$ 有 $$f'^\prime(0)=-\dfrac 12+2b\leqslant 0,$$ 从而解得 $$b\leqslant \dfrac 14.$$

接下来证明$b$可以取到$\dfrac 14$．

用分析法

$$\begin{split}&\qquad\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\leqslant 2-\dfrac 14x^2\\&\Leftarrow 2+2\sqrt{1-x^2}\leqslant 4-x^2+\dfrac 1{16}x^4\\&\Leftarrow 2\sqrt{1-x^2}\leqslant 2-x^2\\&\Leftarrow 4\left(1-x^2\right)\leqslant \left(2-x^2\right)^2.\end{split}$$

因此$b$的最大值为$\dfrac 14$．