每日一题[781]图象间的距离

设函数$f(x)=x^2$($0\leqslant x\leqslant 1$)，记$H(a,b)$为函数$f(x)$的图象上的点到直线$y=ax+b$的距离的最大值，则$H(a,b)$的最小值是________．

正确答案是$\dfrac{\sqrt 2}{16}$．

分析与解　记$A(0,0)$，$B(1,1)$，且$d(P)$表示点$P$到直线$y=ax+b$的距离．

情形一　当$a\geqslant 2$或$a\leqslant 0$时，有 $$\begin{split}H(a,b)&=\max\left\{d(A),d(B)\right\}\\&=\max\left\{\dfrac{|b|}{\sqrt{a^2+1}},\dfrac{|a+b-1|}{\sqrt{a^2+1}}\right\}\\&\geqslant \dfrac 12\left(\dfrac{|b|}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{|a+b-1|}{\sqrt{a^2+1}}\right)\\&\geqslant \dfrac{|a-1|}{2\sqrt{a^2+1}}\\&\geqslant \dfrac 1{2\sqrt 5}.\end{split}$$

情形二　当$0<a<2$时，设函数图象上在点$C$处的切线与直线$y=ax+b$平行，则$C\left(\dfrac a2,\dfrac {a^2}4\right)$，如图．
此时有 $$H(a,b)=\max\left\{d(A),d(B),d(C)\right\}=\max\left\{\dfrac{|b|}{\sqrt{a^2+1}},\dfrac{|a+b-1|}{\sqrt{a^2+1}},\dfrac{\left|\dfrac {a^2}4+b\right|}{\sqrt{a^2+1}}\right\},$$ 从而 $$\begin{cases} H(a,b)\geqslant \dfrac 12\left(\dfrac{|b|}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{\left|\dfrac {a^2}4+b\right|}{\sqrt{a^2+1}}\right),\\H(a,b)\geqslant \dfrac 12\left(\dfrac{|a+b-1|}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{\left|\dfrac {a^2}4+b\right|}{\sqrt{a^2+1}}\right),\end{cases}$$ 进而 $$\begin{cases}H(a,b)\geqslant \dfrac{a^2}{8\sqrt{a^2+1}},\\H(a,b)\geqslant \dfrac{(2-a)^2}{8\sqrt{a^2+1}},\end{cases}$$
当$a>1$时，有 $$H(a,b)\geqslant \dfrac{a^2}{8\sqrt{a^2+1}}=\dfrac{a}{8\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}}>\dfrac{1}{8\sqrt 2},$$ 当$a<1$时，有 $$H(a,b)\geqslant \dfrac{(2-a)^2}{8\sqrt{a^2+1}}=\dfrac{2-a}{8\sqrt{\left(\dfrac{a}{2-a}\right)^2+\dfrac{1}{(2-a)^2}}}>\dfrac{1}{8\sqrt 2},$$ 当$a=1$时，有$H(a,b)\geqslant \dfrac{\sqrt 2}{16}$，且当$b=-\dfrac 18$时可以取得等号，于是$H(a,b)$的最小值为$\dfrac{\sqrt 2}{16}$．

综上所述，所求的最小值为$\dfrac{\sqrt 2}{16}$．

注　本题是通过严格代数计算得到结果的，还有一种常用的处理方法是调整法，通过数形结合得到答案，具体可参考每日一题[107]调整法解最值问题．