课时2 函数的最大（小）值

由函数最大值的概念知②③正确.

$ f(x)=\dfrac{5x-1}{2+x}=5-\dfrac{11}{x+2} $ ,

当 $ x\in [-4,-2) $ 时, $ f(x) $ 单调递增, $ f(x)\geqslant f(-4)=\dfrac{21}{2} $ ,且当 $ x\to -{2}^{-} $ 时, $ f(x)\to +\mathrm{\infty } $ ,

当 $ x\in (-2,1] $ 时, $ f(x) $ 单调递增, $ f(x)\leqslant f(1)=\dfrac{4}{3} $ ,且当 $ x\to -{2}^{+} $ 时, $ f(x)\to -\mathrm{\infty } $ ,

故函数 $ f(x)=\dfrac{5x-1}{2+x} $ , $ x\in [-4,-2)\cup (-2,1] $ 的值域是 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{4}{3}]\cup [\dfrac{21}{2},+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ 2-{x}^{2}=x $ 得 $ x=1 $ 或 $ x=-2 $ ，

当 $ x < -2 $ 时， $ 2-{x}^{2} < x $ ， $ f(x)=2-{x}^{2} $ ，在 $ (-\mathrm{\infty },-2) $ 上单调递增；

当 $ -2\leqslant x\leqslant 1 $ 时， $ x\leqslant 2-{x}^{2} $ ， $ f(x)=x $ ，在 $ [-2,1] $ 上单调递增；

当 $ x > 1 $ 时， $ 2-{x}^{2} < x $ ， $ f(x)=2-{x}^{2} $ ，在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减.

因此 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },1) $ 上单调递增，在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，所以 $ f (x)_{ \max }=f (1 )=1 $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

因为函数 $ y=f(x) $ 的值域是 $ [\dfrac{1}{2},4] $ ，所以函数 $ f(2x+1) $ 的值域是 $ [\dfrac{1}{2},4] $ .

令 $ f(2x+1)=t\in [\dfrac{1}{2},4] $ ，则 $ F(x)=g(t)=t+\dfrac{1}{t} $ ，由对勾函数的性质可知，函数 $ g(t)=t+\dfrac{1}{t} $ 在 $ [\dfrac{1}{2},1] $ 上单调递减，在 $ (1,4] $ 上单调递增，

而 $ g(\dfrac{1}{2})=\dfrac{5}{2} $ ， $ g(1)=2 $ ， $ g(4)=\dfrac{17}{4} $ ，

则 $ g(t)\in [2,\dfrac{17}{4}] $ ，即函数 $ F(x) $ 的值域是 $ [2,\dfrac{17}{4}] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ \mathrm{A} $ 选项，当 $ m=0 $ 时， $ y=-2x+1 $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，故 $ y=-2x+1 < 1 $ ；

$ y=-{x}^{2}-2x-1=-{\left(x+1\right) ^ {2}} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ 上单调递增，在 $ [-1,0] $ 上单调递减，

故 $ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}}\leqslant -{\left(-1+1\right) ^ {2}}=0 $ ，所以当 $ m=0 $ 时，函数最大值不存在，故 $ \mathrm{A} $ 错误.

$ \mathrm{B} $ 选项，当 $ m=1 $ 时， $ y=-2x+1 $ 在 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，故 $ y=-2x+1 < -1 $ ；

$ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ 上单调递增，在 $ [-1,1] $ 上单调递减，

故 $ y=-{\left(x+1 \right) ^ {2}}\leqslant - (-1+1)^{2}=0 $ ，所以当 $ m=1 $ 时，函数最大值为0，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

$ \mathrm{C} $ 选项，因为 $ y=-2x+1 $ 在 $ (m,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，所以 $ y=-2x+1 < 1-2m $ ；

若 $ m\leqslant -1 $ ，则 $ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },m] $ 上单调递增，则 $ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}}\leqslant -{\left(m+1\right) ^ {2}} $ .

因为 $ m\leqslant -1 $ ，所以 $ 1-2m > 0\geqslant -{\left(m+1\right) ^ {2}} $ ，此时 $ f(x) $ 无最大值；

若 $ m > -1 $ ，则 $ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },-1) $ 上单调递增，在 $ [-1,m] $ 上单调递减，

则 $ y=-{\left(x+1\right) ^ {2}}\leqslant 0 $ ，要使 $ f(x) $ 存在最大值，则 $ 1-2m\leqslant 0 $ ，解得 $ m\geqslant \dfrac{1}{2} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

$ \mathrm{D} $ 选项，注意到当 $ m=-1 $ ， $ x > m=-1 $ 时， $ f(x)=-2x+1 $ 在 $ (-1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

二次函数 $ f(x)=-{x}^{2}-4x+2 $ 图象的对称轴为直线 $ x=-2 $ , $ f(x) $ 在 $ [m,0] $ 上的值域为 $ [2,6] $ , $ f(0)=f(-4)=2 $ , $ f(-2)=6 $ ,由图可知 $ m\in [-4,-2] $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意可知,售出 $ x $ 件商品时的收入是 $ 20x $ 万元,则企业获得的利润 $ y=20x-c (x )=20x-20-2x-\dfrac{1}{2}{x}^{2}=-\dfrac{1}{2}{x}^{2}+18x-20=-\dfrac{1}{2} (x-18)^{2}+142 $ , $ x\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ .

由二次函数的性质可知,当 $ x=18 $ 时,利润最大, $ \therefore $ 该企业为获取最大利润,应生产这种商品的件数为18.故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ x\leqslant 0 $ 时, $ f(x)={x}^{2}-2tx+{t}^{2} $ ,

所以要使 $ f(0) $ 是 $ f(x) $ 的最小值,则 $ t\geqslant 0 $ ,

又当 $ x > 0 $ 时, $ f(x)=x+\dfrac{1}{x}+t\geqslant 2\sqrt{x\cdot \dfrac{1}{x}}+t=2+t $ ,当且仅当 $ x=1 $ 时取等号,

所以 $ 2+t\geqslant f(0)={t}^{2} $ ,即 $ {t}^{2}-t-2\leqslant 0 $ ,解得 $ -1\leqslant t\leqslant 2 $ ,又因为 $ t\geqslant 0 $ ,所以 $ 0\leqslant t\leqslant 2 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

当 $ x\in [1,4] $ 时， $ y=x+\dfrac{4}{x} $ 在 $ [1,2] $ 上单调递减，在 $ [2,4] $ 上单调递增，

所以 $ x+\dfrac{4}{x}\in [4,5] $ ，

当 $ a\geqslant 5 $ 时， $ f(x)=a-x-\dfrac{4}{x}+a=2a-(x+\dfrac{4}{x}) $ ，

此时 $ f(x) $ 的最大值为 $ 2a-4=5 $ ，解得 $ a=\dfrac{9}{2} $ ，舍去；

当 $ a\leqslant 4 $ 时， $ f(x)=x+\dfrac{4}{x}-a+a=x+\dfrac{4}{x}\leqslant 5 $ ，符合题意；

当 $ 4 < a < 5 $ 时， $ f(x)_{ \max }= \max ｛|4-a|+a $ , $ |5-a|+a｝ $ ，

则 $ \begin{cases}\mid 4-a\mid +a\geqslant \mid 5-a\mid +a,\\ \mid 4-a\mid +a=5\end{cases} $

或 $ \begin{cases}\mid 4-a\mid +a < \mid 5-a\mid +a,\\ \mid 5-a\mid +a=5,\end{cases} $

解得 $ a=\dfrac{9}{2} $ 或 $ 4 < a < \dfrac{9}{2} $ .

综上，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{9}{2}] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ f(mx) < 2mf(x)⇒mx+\dfrac{1}{mx} < 2m(x+\dfrac{1}{x}) $ ,即 $ \dfrac{{m}^{2}{x}^{2}+2{m}^{2}-1}{mx} > 0 $ 在区间 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上恒成立.

令 $ g(x)={m}^{2}{x}^{2}+2{m}^{2}-1 $ ,则 $ g(x) $ 的图象开口向上且对称轴为 $ y $ 轴.

若 $ m < 0 $ ,此时 $ mx < 0 $ ,而 $ g(x) $ 不恒为负数,所以 $ \dfrac{{m}^{2}{x}^{2}+2{m}^{2}-1}{mx} > 0 $ 不恒成立,矛盾；

若 $ m > 0 $ ,此时 $ mx > 0 $ ,要使得 $ \dfrac{{m}^{2}{x}^{2}+2{m}^{2}-1}{mx} > 0 $ ,则 $ g(x) > 0 $ 恒成立,

而 $ g(x) $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,所以 $ g (x)_{ \min }=g (1 )=3{m}^{2}-1 $ ,

所以只需满足 $ 3{m}^{2}-1 > 0 $ ,解得 $ m > \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ 或 $ m < -\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ （舍去）,故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意得 $ 1\leqslant 1-x\leqslant 2 $ ，可得 $ -1\leqslant x\leqslant 0 $ ，故 $ D=[-1,0] $ .

若 $ \exists x\in D $ ，使得 $ a > {x}^{2}-x+1 $ 成立，故在 $ [-1,0] $ 上， $ a > {({x}^{2}-x+1)}_{ \min } $ .

又 $ y={x}^{2}-x+1={\left(x-\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+\dfrac{3}{4} $ ，即 $ y={x}^{2}-x+1 $ 的图象开口向上且对称轴为直线 $ x=\dfrac{1}{2} $ ，易知在 $ [-1,0] $ 上， $ y={x}^{2}-x+1 $ 单调递减，所以 $ {y}_{ \min }=1 $ ，故 $ a > 1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

若命题“ $ \forall x\in [3,6] $ ，不等式 $ x+1-k\sqrt{-x+7} > 0 $ 恒成立”是真命题，则 $ \forall x\in [3,6] $ ，不等式 $ k\sqrt{7-x} < x+1 $ 恒成立.

令 $ t=\sqrt{7-x} $ ，则 $ t\in [1,2] $ ， $ x=7-{t}^{2} $ ，则有 $ kt < 7-{t}^{2}+1=8-{t}^{2} $ ，可得 $ k < {(\dfrac{8}{t}-t)}_{ \min } $ .

因为函数 $ y=\dfrac{8}{t} $ , $ y=-t $ 在区间 $ [1,2] $ 上均为减函数，

所以函数 $ f(t)=\dfrac{8}{t}-t $ 在区间 $ [1,2] $ 上为减函数，

故当 $ t\in [1,2] $ 时， $ f (t)_{ \min }=f (2 )=4-2=2 $ ，所以 $ k < 2 $ ,

即实数 $ k $ 的取值范围是 $ (-\mathrm{\infty },2) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意知，对于任意的 $ {x}_{1}\in [1,2] $ ，存在 $ {x}_{2}\in [-1,3] $ ，使得 $ f({x}_{1})\geqslant g({x}_{2}) $ ，即需满足 $ f(x)_{ \min }\geqslant g(x)_{ \min } $ .

函数 $ f(x)=x+\dfrac{4}{x} $ 在 $ [1,2] $ 上单调递减，所以 $ f (x)_{ \min }=f (2 )=4 $ ，

当 $ a > 0 $ 时， $ g(x)=ax+2a-1 $ 在区间 $ [-1,3] $ 上单调递增，则 $ g(x)_{ \min }=a-1 $ ，

所以 $ 4\geqslant a-1 $ ，解得 $ a\leqslant 5 $ ，所以 $ 0 < a\leqslant 5 $ ;

当 $ a < 0 $ 时， $ g(x)=ax+2a-1 $ 在区间 $ [-1,3] $ 上单调递减，则 $ g(x)_{ \min }=5a-1 $ ，

所以 $ 4\geqslant 5a-1 $ ，解得 $ a\leqslant 1 $ ，所以 $ a < 0 $ ;

当 $ a=0 $ 时， $ g(x)=-1 < 4 $ 符合题意.

综上所述，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (-\mathrm{\infty },5] $ .

因为函数 $ f(x)={x}^{2}-2x $ 在区间 $ (-\mathrm{\infty },1] $ 上单调递减，在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上的最小值为 $ f(1)=-1 $ ，且 $ f(-1)=f(3)=3 $ .

（1）当 $ a=-1 $ 时，由值域为 $ [-1,3] $ ，可知必有 $ 1\in [a,b] $ ,

所以 $ 1\leqslant b $ 且 $ f(b)\leqslant 3 $ ，解得 $ 1\leqslant b\leqslant 3 $ ，此时 $ 2\leqslant b-a\leqslant 4 $ .

（2）当 $ b=3 $ 时，由值域为 $ [-1,3] $ ，可知必有 $ 1\in [a,b] $ ,

所以 $ a\leqslant 1 $ 且 $ f(a)\leqslant 3 $ ，解得 $ -1\leqslant a\leqslant 1 $ ，此时 $ 2\leqslant b-a\leqslant 4 $ .

综上可知， $ 2\leqslant b-a\leqslant 4 $ ,所以 $ b-a $ 的可能的取值有2,3,4,故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

$ \mathrm{A} $ 选项， $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [a,b] $ , $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ，有 $ f({x}_{1}) > f({x}_{2}) $ ，由函数单调性定义可得 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上单调递减， $ \mathrm{A} $ 正确；

$ \mathrm{B} $ 选项， $ {x}_{1}f({x}_{2})+{x}_{2}f({x}_{1}) < {x}_{1}f({x}_{1})+{x}_{2}f({x}_{2})⇒({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{2})-f({x}_{1})] < 0 $ ，

因为 $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [a,b] $ , $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ，所以 $ f({x}_{2})-f({x}_{1}) > 0 $ ，故 $ f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ，

由函数单调性定义可得 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上单调递增， $ \mathrm{B} $ 正确；

$ \mathrm{C} $ 选项， $ \dfrac{f({x}_{2})-f({x}_{1})}{{x}_{2}-{x}_{1}} > 1⇒f({x}_{2})-f({x}_{1}) > {x}_{2}-{x}_{1} > 0 $ ，故 $ f({x}_{1}) < f({x}_{2}) $ ，又 $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [a,b] $ 且 $ {x}_{1} < {x}_{2} $ ，所以由函数单调性定义可得 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上单调递增， $ \mathrm{C} $ 正确；

$ \mathrm{D} $ 选项，由题意得 $ f(x)=f(a) $ 或 $ f(x)=f(b) $ ，不是单调函数， $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

$ y=4+2x-{x}^{2}=-(x-1)^{2}+5 $ 在 $ [-3,3] $ 上的最大值为5，由 $ 4+2x-{x}^{2}=4 $ ，解得 $ x=2 $ 或 $ x=0 $ ,所以当 $ x\in (0,2) $ 时， $ y=4+2x-{x}^{2} > 4 $ ，所以要使函数 $ f(x) $ 的最大值为4，则根据定义可知当 $ t\leqslant 1 $ 时, $ y=|x-t| $ 的图象必经过点 $ (2,4) $ ，如图，即 $ x=2 $ 时， $ |2-t|=4 $ ，此时解得 $ t=-2 $ ，符合题意；当 $ t > 1 $ 时， $ y=|x-t| $ 的图象必经过点 $ (0,4) $ ，即 $ x=0 $ 时， $ |0-t|=4 $ ,解得 $ t=4 $ ,符合题意.故 $ t=-2 $ 或4.故选 $ \mathrm{A} $ .

原不等式可化为 $ (3-x)a+{x}^{2}-x-6 > 0 $ ,

令 $ f(a)=(3-x)a+{x}^{2}-x-6 $ ,是关于 $ a $ 的一次函数,

因为“ $ \exists a\in [1,2] $ , $ {x}^{2}-(a+1)x+3a-6 > 0 $ ”为真命题,

所以 $ f(1) > 0 $ 或 $ f(2) > 0 $ ,

即 $ 3-x+{x}^{2}-x-6 > 0 $ 或 $ 2(3-x)+{x}^{2}-x-6 > 0 $ ,解得 $ x < 0 $ 或 $ x > 3 $ ,

所以 $ x $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },0)\cup (3,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意， $ y=\dfrac{({a}^{2}+a)x-1}{{a}^{2}x}=\dfrac{a+1}{a}-\dfrac{1}{{a}^{2}x} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ ， $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上均单调递增，而函数 $ f(x) $ 在“黄金区间” $ [m,n] $ 上单调，所以 $ [m,n]\subseteq (-\mathrm{\infty },0) $ 或 $ [m,n]\subseteq (0,+\mathrm{\infty }) $ ，且 $ f(x) $ 在 $ [m,n] $ 上单调递增，故 $ \begin{cases}f\left(m\right)=m,\\ f\left(n\right)=n,\end{cases} $ 即 $ m $ , $ n $ 为方程 $ \dfrac{a+1}{a}-\dfrac{1}{{a}^{2}x}=x $ 的两个同号实数根，

即方程 $ {a}^{2}{x}^{2}-({a}^{2}+a)x+1=0 $ 有两个同号的实数根，因为 $ mn=\dfrac{1}{{a}^{2}} > 0 $ ，所以只需要 $ \Delta ={\left({a}^{2}+a\right) ^ {2}}-4{a}^{2} > 0⇒a < -3 $ 或 $ a > 1 $ ，

又 $ \begin{cases}m+n=\dfrac{{a}^{2}+a}{{a}^{2}}=\dfrac{a+1}{a},\\ mn=\dfrac{1}{{a}^{2}},\end{cases} $ 所以 $ n-m=\sqrt{{\left(m+n\right) ^ {2}}-4mn}=\sqrt{{\left(\dfrac{{a}^{2}+a}{{a}^{2}}\right) ^ {2}}-\dfrac{4}{{a}^{2}}}=\sqrt{-3{\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{3}\right) ^ {2}}+\dfrac{4}{3}} $ ，则当 $ a=3 $ 时， $ n-m $ 有最大值 $ \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .

$ f(x)=\dfrac{x+4}{{x}^{2}+8x+25}+a=\dfrac{1}{x+4+\dfrac{9}{x+4}}+a $ ，令 $ t=x+4 $ , $ x\in (-4,+\mathrm{\infty }) $ ，则 $ t > 0 $ ,

令 $ m(t)=t+\dfrac{9}{t} $ , $ t > 0 $ ，

$ m(t) $ 在 $ (0,3] $ 上单调递减，在 $ (3,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以 $ m(t)\geqslant 6 $ ，则 $ f(x)\in (a,a+\dfrac{1}{6}] $ .

易知 $ g(x)=-\dfrac{4}{x+6} $ 在区间 $ (-4,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，则 $ g(x)\in (-2,0) $ ，

又 $ \forall {x}_{1}\in (-4,+\mathrm{\infty }) $ , $ \exists {x}_{2} $ , $ {x}_{3}\in (-4,+\mathrm{\infty }) $ ，使得 $ g({x}_{2}) < f({x}_{1}) < g({x}_{3}) $ ，

所以 $ \begin{cases}a\geqslant -2,\\ a+\dfrac{1}{6} < 0,\end{cases} $ 解得 $ -2\leqslant a < -\dfrac{1}{6} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ a > -6 $ 时， $ f(x)=\begin{cases}4x+2-a,x\geqslant \dfrac{a}{3},\\ a+2-2x,-2 < x < \dfrac{a}{3},\\ a-2-4x,x\leqslant -2,\end{cases} $

$ \therefore f (x)_{ \min }=f (\dfrac{a}{3} )=2+\dfrac{a}{3}=4 $ ，解得 $ a=6 $ ，符合题意；

当 $ a < -6 $ 时， $ f(x)=\begin{cases}4x+2-a,x\geqslant -2,\\ 2x-a-2,\dfrac{a}{3} < x < -2,\\ a-2-4x,x\leqslant \dfrac{a}{3},\end{cases} $

$ \therefore f (x)_{ \min }=f (\dfrac{a}{3} )=-\dfrac{a}{3}-2=4 $ ，解得 $ a=-18 $ ，符合题意；

当 $ a=-6 $ 时， $ f(x)=4|x+2| $ ， $ \therefore f (x)_{ \min }=f (-2 )=0\ne 4 $ ，舍掉.

综上， $ a=6 $ 或 $ a=-18 $ .

因为 $ f(x)=2a{x}^{2}+\dfrac{8}{3}x+1(a\geqslant 0) $ 在 $ [-1,2] $ 上单调递增,

所以当 $ a=0 $ 时, $ f(x)=\dfrac{8}{3}x+1 $ ,满足题意；

当 $ a > 0 $ 时,则有 $ -\dfrac{2}{3a}\leqslant -1 $ ,解得 $ 0 < a\leqslant \dfrac{2}{3} $ .

综上,当 $ f(x) $ 在 $ [-1,2] $ 上单调递增时，实数 $ a $ 的取值范围为 $ [0,\dfrac{2}{3}] $ .

因为 $ g(x)=\begin{cases}ax-2,x\leqslant 2,\\ \dfrac{a-2}{x},x > 2\end{cases}(a\in \boldsymbol{R}) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数,

所以 $ \begin{cases}a > 0,\\ 2a-2\leqslant \dfrac{a-2}{2},\\ a-2 < 0,\end{cases} $ 解得 $ 0 < a\leqslant \dfrac{2}{3} $ .

若 $ q $ 成立,则 $ p $ 一定成立,反之则不一定成立,所以 $ p $ 是 $ q $ 的必要不充分条件.

由 $ f(-2)=0 $ ,可设 $ f(x)=(x+2)(ax+b)=a{x}^{2}+(2a+b)x+2b(a\ne 0) $ ,则由 $ f(x)\geqslant 2x $ 得 $ a{x}^{2}+(2a+b-2)x+2b\geqslant 0 $ ,

所以 $ a > 0 $ ,且 $ (2a+b-2)^{2}\leqslant 8ab $ ,整理后即为 $ 4{a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 4ab+8a+4b-4 $ .

由 $ f(x)\leqslant \dfrac{{x}^{2}+4}{2} $ 得 $ (2a-1){x}^{2}+(4a+2b)x+4b-4\leqslant 0 $ .

若 $ 2a-1=0 $ ,则必有 $ 4a+2b=0 $ ,此时与 $ (2a+b-2)^{2}\leqslant 8ab $ 矛盾,

所以 $ 2a-1 < 0 $ 且 $ (4a+2b)^{2}\leqslant 4 (2a-1 )\cdot (4b-4 ) $ ,

整理后为 $ 4{a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 4ab-8a-4b+4 $ ,

与 $ 4{a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 4ab+8a+4b-4 $ 相加即得 $ 4{a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 4ab $ ,

即 $ (2a-b)^{2}\leqslant 0 $ ,所以 $ 2a=b $ ,所以 $ f (x )= (x+2 ) (ax+2a )=a (x+2)^{2} $ .

又由于在原不等式中令 $ x=2 $ 可得 $ 4\leqslant f(2)\leqslant 4 $ ,

所以 $ f(2)=4 $ ,由此解得 $ a=\dfrac{1}{4} $ .

所以 $ f (x )=\dfrac{1}{4} (x+2)^{2} $ ,所以 $ f(10)=36 $ .