题目 已知函数 $f\left(x\right) = - \sqrt 2 \sin \left( {2x + \dfrac{\mathrm \pi} {4}} \right) + 6\sin x\cos x - 2{\cos ^2}x + 1,x \in {\mathbb{R}}$． 问题1 求 $f\left( x \right)$ 的最小正周期； 答案1 $f\left( x \right)$ 的最小正周期为 ${\mathrm \pi} $． 解析1 本题需要先用正弦的两角和公式把 $ \sin \left( {2x + \dfrac{\mathrm \pi} {4}} \right) $ 展开，利用倍角公式和降幂公式把 $\sin x\cos x$ 和 ${\cos ^2}x$ 化简，然后利用辅助角公式把 $f\left(x\right)$ 化为正弦型函数的形式，从而求出周期．化简得\[ \begin{split}f\left( x \right) &\overset{\left[a\right]}=- \sqrt 2 \sin \left( {2x + \dfrac{\mathrm \pi} {4}} \right) + 3\sin 2x - \cos 2x \\&\overset{\left[b\right]}= - \sqrt 2 \sin 2x \cdot \cos \dfrac{\mathrm \pi} {4} - \sqrt 2 \cos 2x \cdot \sin \dfrac{\mathrm \pi} {4} + 3\sin 2x - \cos 2x \\&= 2\sin 2x - 2\cos 2x \\&\overset{\left[c\right]}= 2\sqrt 2 \sin \left( {2x - \dfrac{\mathrm \pi} {4}} \right),\end{split} \]（推导中用到[a]，[b]，[c]）<br/>所以 $f\left( x \right)$ 的最小正周期 $T = \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{2} = {\mathrm \pi} $． 备注1 问题2 求 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left[ {0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}} \right]$ 上的最大值和最小值． 答案2 最大值为 $2\sqrt 2 $，最小值为 $ - 2$． 解析2 本题考查正弦型函数的性质．当 $x\in\left[ { 0,\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}} \right]$ 时，$2x - \dfrac{ {\mathrm \pi} }{4}\in\left[ { - \dfrac{{{\mathrm \pi} } }{4},\dfrac{{3{\mathrm \pi} } }{4}} \right]$．<br/>由正弦函数的性质知，当 $2x - \dfrac{ {\mathrm \pi} }{4}=\dfrac{{\mathrm \pi} }{2}$，即 $x=\dfrac{{3{\mathrm \pi} } }{8}$ 时，$f\left( x \right)$ 取得最大值\[ 2\sqrt 2\sin \dfrac{ {\mathrm \pi} }{2}= 2\sqrt 2;\]当 $2x - \dfrac{ {\mathrm \pi} }{4}=-\dfrac{{\mathrm \pi} }{4}$，即 $x=0$ 时，$f\left( x \right)$ 取得最小值\[ 2\sqrt 2\sin \left(-\dfrac{ {\mathrm \pi} }{4}\right)=- {2}.\]故函数 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left[ {0,\dfrac{\mathrm \pi} {2}} \right]$ 上的最大值为 $2\sqrt 2 $，最小值为 $ - 2$． 备注2