On pose $u(x)=1-x^4$ et $v(x)=2\sqrt{x}$
$u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ donc sur $D$ mais $u(x)\neq 0$ pour $x=1$.
La fonction racine carrée n'est pas dérivable en $0$
donc $f=vou(x)=2\sqrt{u}$ est dérivable sur $[0;1[$ (car$u(x)=0$ pour $x=1$)
On a $u'(x)=-4x^3$ et $v'(x)=\dfrac{2}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$
donc $f'(x)=v'ou(x)\times u'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^4}}\times (-4x^3)=\dfrac{-4x^3}{\sqrt{1-x^4}}$
$\sqrt{1-x^4} >0$ sur $[0;1[$ donc $f'(x)$ est du signe de son numérateur $-4x^3$.
$x \geq 0$ donc $-4x^3 \leq 0$
et donc $f$ est strictement décroissante sur $[0;1[$.

On veut donc résoudre l'équation $f(x)=1$ sur $[0;1]$.
$u$ est continue sur $[0;1]$ donc $f=2\sqrt{u}$ est continue sur $D$.
On a $f(0)=2\sqrt{1-0^4}=2$ et $f(1)=2\sqrt{1-1^4}=0$-
$f$ est donc continue sur $[0;1]$ et $1$ est compris entre entre $f(0)$ et $f(1)$
donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires l'équation $f(x)=1$ admet au moins une solution sur $D$.
de plus $f$ est strictement décroissante sur $[0;1[$.
donc l'équation $f(x)=1$ admet une unique solution sur $D$.