设函数$f(x)=\left\{\begin{array}{l}2^{x},x\leqslant 0,\\log_{2}x,x>0,\end{array}\right.$对任意给定的$y\in(2,+∞)$，都存在唯一的$x\in R$，满足$f(f(x))=2a^{2}y^{2}+ay$，则正实数$a$的最小值是$(\quad)$

A. $4\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:$

B. $2\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:$

C. $\dfrac{1}{2}$

D. $\dfrac{1}{4}$

1. 分析分段函数 $f(x)$ 的值域以及方程 $f(f(x)) = C$ 具有唯一解的条件。

对于分段函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}2^{x},x\leqslant 0,\\log_{2}x,x>0,\end{array}\right.$

• 当 $x\leqslant 0$ 时，$f(x) = 2^x \in (0, 1]$；
• 当 $x>0$ 时，$f(x) = \log_2 x \in \mathbb{R}$。
  因此 $f(x)$ 的值域为 $\mathbb{R}$。

分析方程 $f(x) = u$ 的解的个数：

• 当 $u \leqslant 0$ 时，只有 $x>0$ 时的分支有解，且为唯一解 $x = 2^u > 0$；
• 当 $u \in (0, 1]$ 时，两个分支各有一个解，共两个解：$x = \log_2 u \leqslant 0$ 和 $x = 2^u > 1$；
• 当 $u > 1$ 时，只有 $x>0$ 时的分支有解，且为唯一解 $x = 2^u > 2$。

令 $f(x) = u$，则方程 $f(f(x)) = C$（其中 $C = 2a^2y^2 + ay > 0$）化为 $f(u) = C$：

• 若 $C \in (0, 1]$，方程 $f(u) = C$ 有两解：$u_1 \leqslant 0$ 与 $u_2 > 1$。
  此时分别求解 $f(x) = u_1$ 和 $f(x) = u_2$，两方程均有唯一解，因此原方程 $f(f(x)) = C$ 至少有两个解，不满足唯一性。
• 若 $C > 1$，则 $f(u) = C$ 有唯一解 $u > 1$。
  由于 $u > 1$，方程 $f(x) = u$ 只有唯一解 $x = 2^u > 2$。此时原方程 $f(f(x)) = C$ 存在唯一解。

综上所述，要使满足条件的 $x$ 唯一存在，必须满足 $C = 2a^2y^2 + ay > 1$。

2. 将原命题转化为关于 $y$ 的一元二次不等式恒成立问题。

由步骤1可知，原命题“对任意给定的 $y \in (2, +\infty)$，都存在唯一的 $x \in \mathbb{R}$ 满足 $f(f(x)) = 2a^2y^2 + ay$”等价于：
对任意的 $y \in (2, +\infty)$，不等式 $2a^2y^2 + ay > 1$ 恒成立。
即 $2a^2y^2 + ay - 1 > 0$ 在区间 $(2, +\infty)$ 上恒成立。

3. 利用二次函数的性质求解 $a$ 的取值范围并求出最小值。

令 $g(y) = 2a^2y^2 + ay - 1$。因为 $a$ 为正实数，所以二次函数 $g(y)$ 的图象开口向上，其对称轴为：
$y = -\dfrac{a}{2 \cdot 2a^2} = -\dfrac{1}{4a} < 0$
因此，当 $y > 2$ 时，函数 $g(y)$ 单调递增。
要使 $g(y) > 0$ 在区间 $(2, +\infty)$ 上恒成立，只需：
$g(2) \geqslant 0$
代入 $y=2$ 得：
$2a^2 \cdot 2^2 + a \cdot 2 - 1 \geqslant 0 \implies 8a^2 + 2a - 1 \geqslant 0$
因式分解得：$(4a - 1)(2a + 1) \geqslant 0$
因为 $a$ 是正实数，所以 $2a + 1 > 0$，从而：
$4a - 1 \geqslant 0 \implies a \geqslant \dfrac{1}{4}$
故正实数 $a$ 的最小值为 $\dfrac{1}{4}$。
正确选项为 D。