一、填空题
〔01〕设 $y=\ln\left(1+ax\right)$，其中 $a$ 为非零常数，则 $y^{\prime}=$ ________，$y^{\prime\prime}=$ ________.
答案： $\dfrac{a}{1+ax}$；$-\dfrac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}$
知识点：
- 复合函数的求导法则
- 对数函数的导数
- 二阶导数
解析：
由复合函数的求导法则，得 $y^{\prime}=\dfrac{1}{1+ax}\cdot a=\dfrac{a}{1+ax}$.再对 $x$ 求导，得：
$$
y^{\prime\prime}=a\cdot\left[-\left(1+ax\right)^{-2}\cdot a\right]=-\frac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}.
$$
〔02〕曲线 $y=\arctan x$ 在横坐标为 $1$ 的点处的切线方程是 ________；法线方程是 ________.
答案： $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}$；$y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2$
知识点：
- 反正切函数的导数
- 曲线的切线方程与法线方程
- 点斜式直线方程
解析：
当 $x=1$ 时，曲线上对应点的纵坐标为 $y\left(1\right)=\arctan 1=\dfrac{\pi}{4}$.又 $y^{\prime}=\dfrac{1}{1+x^{2}}$，故切线斜率为 $y^{\prime}\left(1\right)=\dfrac{1}{2}$，切线方程为 $y-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)$，即：
$$
y=\frac{1}{2}x+\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}.
$$
切线斜率不为零，故法线斜率为其负倒数 $-2$，法线方程为 $y-\dfrac{\pi}{4}=-2\left(x-1\right)$，即 $y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2$.
〔03〕积分中值定理的条件是 ________，结论是 ________.
答案： $f\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上连续；在 $\left[a,b\right]$ 上至少存在一点 $\xi$，使 $\displaystyle\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right)$.
知识点：
- 定积分的积分中值定理
- 连续函数的平均值
解析：
条件是 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[a,b\right]$ 上连续；结论是至少存在一点 $\xi\in\left[a,b\right]$，使
$$
\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right).
$$
该式等价于 $f\left(\xi\right)=\dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$，即连续函数在区间上至少取到一次其积分平均值.
〔04〕$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=$ ________.
答案： $e^{-3}$
知识点：
- 数列极限
- 重要极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{a}{n}\right)^{n}=e^{a}$
- “$1^{\infty}$”型极限
解析：
将原式改写为：
$$
\left(\frac{n-2}{n+1}\right)^{n}=\left(1-\frac{3}{n+1}\right)^{n}=\left[\left(1-\frac{3}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}}.
$$
因为 $\left(1-\dfrac{3}{n+1}\right)^{n+1}\to e^{-3}$，且 $\dfrac{n}{n+1}\to 1$，所以由幂函数的连续性得
$$
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n-2}{n+1}\right)^{n}=e^{-3}.
$$
〔05〕$\displaystyle\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=$ ________，$\displaystyle\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=$ ________.
答案： $f\left(x\right)+C$；$\dfrac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}$
知识点：
- 原函数与不定积分
- 定积分的换元法
- 牛顿—莱布尼茨公式
解析：
由原函数的定义，得 $\displaystyle\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(x\right)+C$.对第二个积分，令 $u=2x$，则 $\mathrm{d}u=2\mathrm{~d}x$，且 $x=a$ 时 $u=2a$，$x=b$ 时 $u=2b$，故：
$$
\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=\frac{1}{2}\int_{2a}^{2b}f^{\prime}\left(u\right)\mathrm{~d}u=\frac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}.
$$
二、计算题
〔01〕求极限 $\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}\right)$.
答案： $\dfrac{1}{2}$
知识点：
- 函数极限
- 等价无穷小替换
- 指数函数的泰勒展开
解析：
通分，得：
$$
\frac{1}{x}-\frac{1}{e^{x}-1}=\frac{e^{x}-1-x}{x\left(e^{x}-1\right)}.
$$
当 $x\to 0$ 时，$e^{x}-1-x\sim\dfrac{x^{2}}{2}$，$e^{x}-1\sim x$，故分母 $x\left(e^{x}-1\right)\sim x^{2}$，于是：
$$
\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^{x}-1}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}.
$$
三、计算题
〔01〕设 $\left\{\begin{array}{l}x=5\left(t-\sin t\right), \\ y=5\left(1-\cos t\right),\end{array}\right.$ 求 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$，$\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}$.
答案： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}$，$\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=-\dfrac{1}{5\left(1-\cos t\right)^{2}}$（$t\ne 2k\pi$）
知识点：
- 参数方程所确定函数的一阶导数
- 参数方程所确定函数的二阶导数
- 复合函数与商的求导法则
解析：
由参数方程得 $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=5\left(1-\cos t\right)$，$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=5\sin t$.当 $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\ne 0$，即 $t\ne 2k\pi$（$k\in\mathbb{Z}$）时，
$$
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t}=\frac{\sin t}{1-\cos t}.
$$
再由参数方程的二阶导数公式 $\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\Big/\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$，其中
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\sin t}{1-\cos t}\right)=\frac{\cos t\left(1-\cos t\right)-\sin^{2}t}{\left(1-\cos t\right)^{2}}=\frac{\cos t-1}{\left(1-\cos t\right)^{2}}=-\frac{1}{1-\cos t},
$$
故
$$
\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=-\frac{1}{1-\cos t}\cdot\frac{1}{5\left(1-\cos t\right)}=-\frac{1}{5\left(1-\cos t\right)^{2}},\qquad t\ne 2k\pi.
$$
四、计算题
〔01〕计算定积分 $\displaystyle\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x$.
答案： $\dfrac{\pi}{8}$
知识点：
- 定积分的分部积分法
- 定积分的三角换元法
- 三角函数积分
解析：
取 $u=\arcsin x$，$\mathrm{d}v=x\mathrm{~d}x$，则 $\mathrm{d}u=\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}$，$v=\dfrac{x^{2}}{2}$.由分部积分公式，
$$
\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\left.\frac{x^{2}}{2}\arcsin x\right|_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x.
$$
在后一积分中令 $x=\sin t$，当 $x$ 从 $0$ 变到 $1$ 时 $t$ 从 $0$ 变到 $\dfrac{\pi}{2}$，且 $\mathrm{d}x=\cos t\mathrm{~d}t$，$\sqrt{1-x^{2}}=\cos t$，故
$$
\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\frac{\pi}{4}.
$$
于是 $\displaystyle\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{8}$.
五、计算题
〔01〕设 $D$ 是由曲线 $y=\sin x+1$ 与三条直线 $x=0$，$x=\pi$，$y=0$ 围成的曲边梯形，求 $D$ 绕 $Ox$ 轴旋转一周所生成的旋转体的体积.
答案： $\dfrac{\pi}{2}\left(3\pi+8\right)$
知识点：
- 定积分的几何应用
- 旋转体体积的圆盘法
- 三角函数定积分
解析：
在 $\left[0,\pi\right]$ 上 $\sin x+1\ge 0$，由圆盘法，旋转体的体积为 $V=\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi}\left(\sin x+1\right)^{2}\mathrm{~d}x$.展开后逐项积分，得
$$
V=\pi\int_{0}^{\pi}\left(\sin^{2}x+2\sin x+1\right)\mathrm{~d}x=\pi\left(\frac{\pi}{2}+4+\pi\right)=\frac{\pi}{2}\left(3\pi+8\right).
$$
六、证明题
〔01〕若 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内可导，且导数 $f^{\prime}\left(x\right)$ 恒大于零，则 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内单调增加.
答案： 结论成立，即 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内单调增加（证明见解析）.
知识点：
- 拉格朗日中值定理
- 利用导数符号判定函数的单调性
解析：
任取 $x_{1},x_{2}\in\left(a,b\right)$ 且 $x_{1}<x_{2}$.因 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内可导，故 $f\left(x\right)$ 在 $\left[x_{1},x_{2}\right]$ 上连续、在 $\left(x_{1},x_{2}\right)$ 内可导.由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in\left(x_{1},x_{2}\right)$，使
$$
f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)\left(x_{2}-x_{1}\right).
$$
由题设 $f^{\prime}\left(\xi\right)>0$，又 $x_{2}-x_{1}>0$，故 $f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)>0$，即 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$.由 $x_{1},x_{2}$ 的任意性知 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内单调增加.
〔02〕若 $g\left(x\right)$ 在 $x=c$ 处二阶导数存在，且 $g^{\prime}\left(c\right)=0$，$g^{\prime\prime}\left(c\right)<0$，则 $g\left(c\right)$ 为 $g\left(x\right)$ 的一个极大值.
答案： 结论成立，即 $g\left(c\right)$ 为 $g\left(x\right)$ 的一个极大值（证明见解析）.
知识点：
- 二阶导数的定义
- 极限的保号性
- 极值的第一充分条件
解析：
由二阶导数的定义及 $g^{\prime}\left(c\right)=0$，有：
$$
g^{\prime\prime}\left(c\right)=\lim_{x\to c}\frac{g^{\prime}\left(x\right)-g^{\prime}\left(c\right)}{x-c}=\lim_{x\to c}\frac{g^{\prime}\left(x\right)}{x-c}<0.
$$
由极限的保号性，存在 $\delta>0$，当 $0<\left|x-c\right|<\delta$ 时 $\dfrac{g^{\prime}\left(x\right)}{x-c}<0$.于是当 $x\in\left(c-\delta,c\right)$ 时 $x-c<0$，从而 $g^{\prime}\left(x\right)>0$；当 $x\in\left(c,c+\delta\right)$ 时 $x-c>0$，从而 $g^{\prime}\left(x\right)<0$.即 $g\left(x\right)$ 在 $c$ 的左侧单调增加、右侧单调减少，故 $g\left(c\right)$ 为 $g\left(x\right)$ 的一个极大值.
七、计算题
〔01〕计算不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}$，其中 $a,b$ 是不全为零的非负常数.
答案： $ab\ne 0$ 时为 $\dfrac{1}{ab}\arctan\dfrac{a\tan x}{b}+C$；$a=0$ 时为 $\dfrac{1}{b^{2}}\tan x+C$；$b=0$ 时为 $-\dfrac{1}{a^{2}}\cot x+C$
知识点：
- 不定积分的换元法
- 三角函数的积分
- 含参数积分的分类讨论
解析：
由于 $a,b$ 是不全为零的非负常数，应分三种情形讨论.
（1）当 $a=0$，$b>0$ 时，在被积函数有定义的区间上，
$$
\int\frac{\mathrm{d}x}{b^{2}\cos^{2}x}=\frac{1}{b^{2}}\int\sec^{2}x\mathrm{~d}x=\frac{1}{b^{2}}\tan x+C.
$$
（2）当 $a>0$，$b=0$ 时，在被积函数有定义的区间上，
$$
\int\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x}=\frac{1}{a^{2}}\int\csc^{2}x\mathrm{~d}x=-\frac{1}{a^{2}}\cot x+C.
$$
（3）当 $a>0$，$b>0$ 时，令 $u=\tan x$，则 $\mathrm{d}u=\sec^{2}x\mathrm{~d}x$，从而：
$$
\int\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=\int\frac{\sec^{2}x\mathrm{~d}x}{a^{2}\tan^{2}x+b^{2}}=\int\frac{\mathrm{d}u}{a^{2}u^{2}+b^{2}}=\frac{1}{ab}\arctan\frac{au}{b}+C=\frac{1}{ab}\arctan\frac{a\tan x}{b}+C.
$$
最后一个表达式在每个不跨越 $x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$（$k\in\mathbb{Z}$）的区间上成立；跨越这些点时，应按连续性选取反正切函数的分支，等价于分段调整积分常数.
八、计算题
〔01〕求微分方程 $x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=x-y$ 满足条件 $\left.y\right|_{x=\sqrt{2}}=0$ 的特解.
答案： $y=\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{x}$（$x>0$）
知识点：
- 一阶线性微分方程
- 积分因子法
- 初始条件与特解
解析：
由于初始点 $x=\sqrt{2}>0$，在 $x>0$ 上将原方程化为标准的一阶线性方程 $y^{\prime}+\dfrac{1}{x}y=1$.积分因子为 $\mu\left(x\right)=e^{\int\frac{1}{x}\mathrm{~d}x}=x$，方程两边同乘 $x$，得 $xy^{\prime}+y=x$，即 $\left(xy\right)^{\prime}=x$.积分得 $xy=\dfrac{x^{2}}{2}+C$，故：
$$
y=\frac{x}{2}+\frac{C}{x}.
$$
代入初始条件 $y\left(\sqrt{2}\right)=0$，得 $C=-1$，因此所求特解为：
$$
y=\frac{x}{2}-\frac{1}{x},\qquad x>0.
$$
〔02〕求微分方程 $y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=xe^{x}$ 的通解.
答案： $y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}+\dfrac{1}{4}\left(x-1\right)e^{x}$
知识点：
- 二阶常系数齐次线性微分方程
- 特征方程与重根
- 二阶常系数非齐次线性微分方程
- 待定系数法
解析：
对应齐次方程的特征方程为 $\lambda^{2}+2\lambda+1=0$，即 $\left(\lambda+1\right)^{2}=0$，特征根为二重根 $\lambda=-1$，故齐次方程的通解为 $y_{h}=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}$.
因右端为 $xe^{x}$ 且 $1$ 不是特征根，设非齐次方程的一个特解为 $y_{p}=\left(Ax+B\right)e^{x}$，则：
$$
y_{p}^{\prime}=\left(Ax+A+B\right)e^{x},\qquad y_{p}^{\prime\prime}=\left(Ax+2A+B\right)e^{x}.
$$
代入原方程，得 $y_{p}^{\prime\prime}+2y_{p}^{\prime}+y_{p}=\left[4Ax+4\left(A+B\right)\right]e^{x}$.与 $xe^{x}$ 比较系数，有 $4A=1$，$4\left(A+B\right)=0$，故 $A=\dfrac{1}{4}$，$B=-\dfrac{1}{4}$.因此原方程的通解为
$$
y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}+\frac{1}{4}\left(x-1\right)e^{x},
$$
其中 $C_{1},C_{2}$ 为任意常数.
九、选择题
〔01〕$f\left(x\right)=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}$（$-\infty<x<+\infty$）是（ ）
»A« 有界函数.
»B« 单调函数.
»C« 周期函数.
»D« 偶函数.
答案： D
答案： 切点为 $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，最小面积为 $\dfrac{4\sqrt{3}-6}{9}$
知识点：
- 函数的奇偶性
- 函数的有界性、单调性与周期性
- 复合函数的性质
解析：
对任意 $x\in\mathbb{R}$，有：
$$
f\left(-x\right)=\left|\left(-x\right)\sin\left(-x\right)\right|e^{\cos\left(-x\right)}=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}=f\left(x\right),
$$
故 $f\left(x\right)$ 是偶函数.又取 $x_{n}=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}$，则 $f\left(x_{n}\right)=x_{n}e^{0}\to+\infty$，故 $f\left(x\right)$ 无界；因含因子 $\left|x\right|$，$f\left(x\right)$ 不具周期性；非恒定的偶函数不可能在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调.因此选 D.
〔02〕函数 $f\left(x\right)=x\sin x$（ ）
»A« 当 $x\to\infty$ 时为无穷大.
»B« 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内有界.
»C« 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内无界.
»D« 当 $x\to\infty$ 时有有限极限.
答案： C
知识点：
- 函数的有界性
- 函数极限与数列极限的关系
- 利用数列判断函数的极限性质
解析：
取 $x_{n}=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}$，则 $f\left(x_{n}\right)=x_{n}\to+\infty$，故 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内无界.另一方面，取 $y_{n}=2n\pi$，则 $f\left(y_{n}\right)=0$，说明 $x\to+\infty$ 时 $f\left(x\right)$ 不趋于 $+\infty$，也不存在有限极限.因此选 C.
〔03〕设 $f\left(x\right)$ 在 $x=a$ 处可导，则 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x}$ 等于（ ）
»A« $f^{\prime}\left(a\right)$.
»B« $2f^{\prime}\left(a\right)$.
»C« $0$.
»D« $f^{\prime}\left(2a\right)$.
答案： B
知识点：
- 导数的定义
- 极限的四则运算法则
- 对称差商
解析：
在分子中加减 $f\left(a\right)$，得：
$$
\begin{aligned}
& \ \lim_{x\to 0}\frac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x} \\
= & \ \lim_{x\to 0}\left[\frac{f\left(a+x\right)-f\left(a\right)}{x}+\frac{f\left(a-x\right)-f\left(a\right)}{-x}\right] \\
= & \ f^{\prime}\left(a\right)+f^{\prime}\left(a\right)=2f^{\prime}\left(a\right).
\end{aligned}
$$
故选 B.
〔04〕设 $I=t\displaystyle\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x$，其中 $f\left(x\right)$ 连续，$s>0$，$t>0$，则 $I$ 的值（ ）
»A« 依赖于 $s,t$.
»B« 依赖于 $s,t,x$.
»C« 依赖于 $t,x$，不依赖于 $s$.
»D« 依赖于 $s$，不依赖于 $t$.
答案： D
知识点：
- 定积分的换元法
- 定积分中的参数
- 定积分与积分变量的记号无关
解析：
令 $u=tx$.由于 $t>0$，当 $x$ 从 $0$ 变到 $\dfrac{s}{t}$ 时 $u$ 从 $0$ 变到 $s$，且 $\mathrm{d}u=t\mathrm{~d}x$，故：
$$
I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{s}f\left(u\right)\mathrm{~d}u.
$$
所得表达式只含 $s$，不含 $t$；积分变量 $u$ 是哑变量，不影响积分值.因此选 D.
十、计算题
〔01〕在第一象限内求曲线 $y=-x^{2}+1$ 上的一点，使该点处的切线与所给曲线及两坐标轴所围成的图形面积为最小，并求此最小面积.
知识点：
- 导数的几何意义与切线方程
- 定积分的几何应用
- 利用导数求最值
- 一元函数的单调性
解析：
设切点为 $M\left(a,1-a^{2}\right)$，其中 $0<a<1$.因为 $y^{\prime}=-2x$，所以曲线在点 $M$ 处的切线方程为 $y-\left(1-a^{2}\right)=-2a\left(x-a\right)$，即：
$$
y=-2ax+a^{2}+1.
$$
令 $x=0$，得切线在 $y$ 轴上的截距为 $a^{2}+1$；令 $y=0$，得切线在 $x$ 轴上的截距为 $\dfrac{a^{2}+1}{2a}$.又由 $\dfrac{a^{2}+1}{2a}\ge 1$ 知切线与两坐标轴围成的三角形包含曲线与两坐标轴围成的区域，且在 $0\le x\le 1$ 上
$$
\left(-2ax+a^{2}+1\right)-\left(1-x^{2}\right)=\left(x-a\right)^{2}\ge 0.
$$
故所求图形的面积为三角形的面积减去曲线与两坐标轴围成的面积，即：
$$
S\left(a\right)=\frac{1}{2}\left(a^{2}+1\right)\cdot\frac{a^{2}+1}{2a}-\int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)\mathrm{~d}x=\frac{\left(a^{2}+1\right)^{2}}{4a}-\frac{2}{3},\qquad 0<a<1.
$$
求导得：
$$
S^{\prime}\left(a\right)=\frac{\left(a^{2}+1\right)\left(3a^{2}-1\right)}{4a^{2}}.
$$
在 $0<a<1$ 内 $a^{2}+1>0$，$4a^{2}>0$，故 $S^{\prime}\left(a\right)$ 的符号由 $3a^{2}-1$ 决定：当 $0<a<\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 时 $S^{\prime}\left(a\right)<0$；当 $\dfrac{1}{\sqrt{3}}<a<1$ 时 $S^{\prime}\left(a\right)>0$.因此 $S\left(a\right)$ 在 $a=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 处取得最小值，此时切点为 $M\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，最小面积为：
$$
S_{\min}=\frac{4\sqrt{3}}{9}-\frac{2}{3}=\frac{4\sqrt{3}-6}{9}.
$$