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_______．
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\(\dfrac 14\)．