Найти стационарную точку функции $f(x)=-\dfrac{x}{6}+\sqrt{1+\dfrac{x^2}{4}}$.

Область определения — вся числовая ось, так как $1+\dfrac{x^2}{4}>0$ всегда.

Найдём производную: $$f'(x)=-\frac16+\frac{1}{2\sqrt{1+x^2/4}}\cdot\frac{x}{2}=-\frac16+\frac{x}{4\sqrt{1+x^2/4}}.$$

Приравняем к нулю: $$\frac{x}{4\sqrt{1+x^2/4}}=\frac16 \quad\Rightarrow\quad \frac{x}{\sqrt{1+x^2/4}}=\frac23.$$

Правая часть положительна, значит $x>0$. Возведём в квадрат: $$x^2=\frac49\left(1+\frac{x^2}{4}\right)=\frac49+\frac{x^2}{9} \quad\Rightarrow\quad \frac{8}{9}x^2=\frac49 \quad\Rightarrow\quad x^2=\frac12.$$

С учётом $x>0$: $x=\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Проверим, что это действительно решение (посторонний корень $x=-\frac{1}{\sqrt2}$ отбрасывается, так как для него левая часть отрицательна, а правая $2/3>0$).

Значение функции в этой точке: $$1+\frac{x^2}{4}=1+\frac18=\frac98,\qquad \sqrt{\frac98}=\frac{3}{2\sqrt2}=\frac{3\sqrt2}{4},$$ $$f\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=-\frac{1}{6\sqrt2}+\frac{3\sqrt2}{4}=-\frac{\sqrt2}{12}+\frac{9\sqrt2}{12}=\frac{8\sqrt2}{12}=\frac{2\sqrt2}{3}.$$

Характер точки: вторая производная $$f''(x)=\frac{1}{4}\left(1+\frac{x^2}{4}\right)^{-3/2}>0$$ при всех $x$ (проверяется прямым вычислением), значит функция всюду выпукла вниз, и найденная стационарная точка — точка глобального минимума.

$$\boxed{x=\frac{\sqrt2}{2}\ \text{— точка минимума},\qquad f_{min}=\frac{2\sqrt2}{3}.}$$