首先，我们可以沿着你已经开始的思路继续推进，先把函数化简再逐步分析：

步骤1：化简原函数与导数 #

原函数定义为：
$$f(x)=e^{{\frac{-\delta}2}{\delta^2-\left( \delta-x \right)^2}+1}$$
先化简分母：
$$\delta^2 - (\delta-x)^2 = \delta^2 - (\delta^2-2\delta x+x^2) = 2\delta x -x^2 = x(2\delta -x)$$
因此可以把指数部分改写为：
$$g(x) = 1 - \frac{\delta^2}{x(2\delta -x)}$$
接下来求$g'(x)$，用链式法则：
$$g'(x) = \frac{2\delta^2(\delta -x)}{x^2(2\delta -x)^2}$$
于是$f'(x)$为：
$$f'(x) = g'(x)e^{g(x)} = \frac{2\delta^2(\delta -x)}{x^2(2\delta -x)^2} \cdot e^{1 - \frac{\delta^2}{x(2\delta -x)}}$$

步骤2：变量替换简化分析 #

令$t = \frac{x}{\delta}$（因为$x\in(0,\delta)$，所以$t\in(0,1)$），代入后可得：
$$x = t\delta,\quad 2\delta -x = \delta(2-t),\quad \delta -x = \delta(1-t)$$
将这些代入$f'(x)$，化简后得到：
$$f'(x) = \frac{2(1-t)}{\delta \cdot t^2(2-t)2} \cdot e^{1 - \frac{1}{t(2-t)}}$$
令$h(t) = \frac{2(1-t)}{t^2(2-t)2} \cdot e^{1 - \frac{1}{t(2-t)}}$，则$f'(x) = \frac{h(t)}{\delta}$，因此$|f'|{L^\infty(0,\delta)} = \frac{|h|{L^\infty(0,1)}}{\delta}$，问题转化为求$h(t)$在$(0,1)$上的最大值。

步骤3：分析$h(t)$的边界行为与极值 #

• 当$t\to0^{+$时：$t(2-t)\approx2t$，$\frac{1}{t(2-t)}\approx\frac{1}{2t}\to+\infty$，指数部分$1-\frac{1}{2t}\to-\infty$，$e}{1-\frac{1}{2t}}\to0$；而系数部分$\frac{2(1-t)}{t^2(2-t)2}\approx\frac{1}{2t^2}\to+\infty$，但指数衰减速度远快于多项式增长，因此$h(t)\to0$。
• 当$t\to1^{-$时：$1-t\to0$，$t(2-t)=1$，指数部分$e}{1-1}=1$，系数部分$\frac{2(1-t)}{1\cdot1}\to0$，因此$h(t)\to0$。

由此可知$h(t)$在$(0,1)$内部存在最大值，我们可以通过求导找临界点：
对$\ln h(t)$求导（对数单调递增，极值点一致）：
$$\ln h(t) = \ln2 + \ln(1-t) - 2\ln t - 2\ln(2-t) + 1 - \frac{1}{t(2-t)}$$
求导并令导数为0，经过化简后得到四次方程：
$$3t^4 -12t^3 +18t^2 -12t +2=0$$
通过数值方法（牛顿迭代）可解得在$(0,1)$内的根约为$t_0\approx0.2402$，代入计算得$h(t_0)\approx2.16$（这是一个与$\delta$无关的常数）。

结论 #

$f'(x)$在$(0,\delta)$上的$L^\infty$范数存在上界，可表示为：
$$|f'|_{L^\infty(0,\delta)} \leq \frac{C}{\delta}$$
其中$C\approx2.16$是一个固定常数，与$\delta\in(0,0.5)$无关。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者JimIsGone