$ f\left( {f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)} \right) = \dfrac{2}{3} $．

本题考查复合函数和分段函数的求值，当 $a = \dfrac{1}{2}$ 时，根据所给的函数解析式直接求值即可．当 $a = \dfrac{1}{2}$ 时，$f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{2}{3} $，所以\[\begin{split}f\left( {f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)} \right)&\overset {\left[a\right]} = f\left( {\dfrac{2}{3}} \right)\\& = 2\left( {1 - \dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{2}{3}.\end{split}\]（推导中用到 $ \left[a\right]$．）

函数 $f\left(x\right)$ 有且仅有两个二阶周期点，为\[\begin{split} {x_1} &= \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}, \\ {x_2} &= \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}.\end{split} \]

由题意，先表示 $f\left(f\left(x\right)\right)$ 的解析式，并计算 $f\left(f\left(x\right)\right)=x$ 的根，最后验证对应的根 $x_0$ 是否满足 $f\left(x_0\right)\neq x_0$ 即可．由题意，得\[ f\left(f\left(x\right)\right) = \begin{cases}\dfrac{1}{a^2}x,&0 \leqslant x \leqslant {a^2}, \\
\dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(a - x\right),&{a^2} < x \leqslant a, \\
\dfrac{1}{{{{\left(1 - a\right)}^2}}}\left(x - a\right),&a < x < {a^2} - a + 1, \\
\dfrac{1}{a\left(1 - a\right)}\left(1 - x\right),&{a^2} - a + 1 \leqslant x \leqslant 1. \\
\end{cases} \]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；
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\[\begin{split}f\left( {\dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) &= \dfrac{1}{a} \cdot \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}} \\&= \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}} \\& \ne \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}},\end{split}\]故 $x = \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}$ 为 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点；
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\[\begin{split}f\left( {\dfrac{1}{2 - a}} \right) &= \dfrac{1}{1 - a} \cdot \left( {1 - \frac{1}{2 - a}} \right) \\&= \dfrac{1}{2 - a},\end{split}\]故 $x = \dfrac{1}{2 - a}$ 不是 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点；
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\[ \begin{split} f\left( {\dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) &= \dfrac{1}{1 - a} \cdot \left( {1 - \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}} \right) \\&= \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}} \\& \ne \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}} ,\end{split} \]故 $x = \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}$ 为 $f\left(x\right)$ 的二阶周期点．
因此，函数 $f\left(x\right)$ 有且仅有两个二阶周期点，\[\begin{split} {x_1} &= \dfrac{a}{{ - {a^2} + a + 1}}, \\ {x_2} &= \dfrac{1}{{ - {a^2} + a + 1}}.\end{split} \]

$S\left(a\right)$ 在区间 $\left[ {\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}} \right]$ 上的最大值为 $ \dfrac{1}{20} $，最小值为 $ \dfrac{1}{33} $．

先写出 $S\left(a\right)$ 的关系式，再利用导数分析函数的单调性，最后得出最小值．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\[\begin{split}S\left(a\right) &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{{a^2}\left(1 - a\right)}}{{ - {a^2} + a + 1}} ,\\ S'\left(a\right) &\overset {\left[b\right]}= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{a\left({a^3} - 2{a^2} - 2a + 2\right)}}{{{{\left( - {a^2} + a + 1\right)}^2}}},\end{split}\]（推导中用到 $ \left[b\right]$．）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\[S\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{20}.\]