设函数 $ f\left(x\right) =\begin{cases} \dfrac{1}{a}x,&0 \leqslant x \leqslant a, \\ \dfrac{1}{1 - a}\left(1 - x\right),&a < x \leqslant 1, \\ \end{cases} $ $a$ 为常数且 $a \in \left(0,1\right)$．
1、当 $a = \dfrac{1}{2}$ 时，求 $f\left( {f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)} \right)$．
2、若 ${x_0}$ 满足 $f\left(f\left({x_0}\right)\right) = {x_0}$，但 $f\left({x_0}\right) \ne {x_0}$，则称 ${x_0}$ 为 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点，证明：函数 $f\left(x\right)$ 有且仅有两个二阶周期点，并求出二阶周期点 ${x_1},{x_2}$．
3、对于 $(2)$ 中的 ${x_1},{x_2}$，设 $A\left({x_1},f\left(f\left({x_1}\right)\right)\right)$，$B\left({x_2},f\left(f\left({x_2}\right)\right)\right)$，$C\left({a^2},0\right)$，记 $\triangle ABC$ 的面积为 $S\left(a\right)$，求 $S\left(a\right)$ 在区间 $\left[ {\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}} \right]$ 上的最大值和最小值．
解析
1、当 $a = \dfrac{1}{2}$ 时，$f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{2}{3} $，所以\[f\left( {f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)} \right)= f\left( {\dfrac{2}{3}} \right)= 2\left( {1 - \dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{2}{3}.\]
2、根据题意，得\[ f\left(f\left(x\right)\right) = \begin{cases}\dfrac{1}{a^2}x,&0 \leqslant x \leqslant {a^2}, \\ \dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(a - x\right),&{a^2} < x \leqslant a, \\ \dfrac{1}{{{{\left(1 - a\right)}^2}}}\left(x - a\right),&a < x < {a^2} - a + 1, \\ \dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(1 - x\right),&{a^2} - a + 1 \leqslant x \leqslant 1. \\ \end{cases} \]
情形一 当 $0 \leqslant x \leqslant {a^2}$ 时，由 $\dfrac{1}{a^2}x = x$，解得 $x = 0$．因为 $f\left(0\right) = 0$，故 $x = 0$ 不是 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点；
情形二 当 ${a^2} < x \leqslant a$ 时，由 $\dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(a - x\right) = x$，解得\[x = \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}} \in \left({a^2},a\right).\]因为\[f\left( {\dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) = \dfrac{1}{a} \cdot \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}} = \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}} \ne \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}},\]故 $x = \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}$ 为 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点；
情形三 当 $a < x < {a^2} - a + 1$ 时，由 $\dfrac{1}{{{{\left(1 - a\right)}^2}}}\left(x - a\right) = x$，解得\[x = \dfrac{1}{2 - a} \in \left(a,{a^2} - a + 1\right).\]因为\[f\left( {\dfrac{1}{2 - a}} \right) = \dfrac{1}{1 - a} \cdot \left( {1 - \frac{1}{2 - a}} \right) = \dfrac{1}{2 - a},\]故 $x = \dfrac{1}{2 - a}$ 不是 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点；
情形四 当 ${a^2} - a + 1 \leqslant x \leqslant 1$ 时，由 $\dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(1 - x\right) = x$，解得\[x = \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}} \in \left({a^2} - a + 1,1\right).\]因为\[ f\left( {\dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) = \dfrac{1}{1 - a} \cdot \left( {1 - \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) = \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}} \ne \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}} ,\]故 $x = \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}$ 为 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点．
综上所述，函数 $f\left(x\right)$ 有且仅有两个二阶周期点，分别为 ${x_1} = \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}$ 和 ${x_2} = \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}$．
3、由 $(2)$ 得\[A\left( {\dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}},\dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right),B\left( {\dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}},\dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right),\]则\[\begin{split}S\left(a\right) &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{{a^2}\left(1 - a\right)}}{{ - {a^2} + a + 1}} ,\\ S'\left(a\right) &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{a\left({a^3} - 2{a^2} - 2a + 2\right)}}{{{{\left( - {a^2} + a + 1\right)}^2}}},\end{split}\]因为 $a \in \left[ {\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}} \right]$，有 ${a^2} + a < 1$，所以\[\begin{split}S'\left(a\right) &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{a\left({a^3} - 2{a^2} - 2a + 2\right)}}{{{{\left( - {a^2} + a + 1\right)}^2}}}\\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{a\left[\left(a + 1\right){{\left(a - 1\right)}^2} + \left(1 - {a^2} - a\right)\right]}}{{{{\left( - {a^2} + a + 1\right)}^2}}} \\&> 0,\end{split}\]则 $S\left(a\right)$ 在区间 $\left[ {\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}} \right]$ 上单调递增，故 $S\left(a\right)$ 在区间 $\left[ {\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}} \right]$ 上的最小值为 $S\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{1}{33}$，最大值为 $S\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{20}$．