因为\[\begin{split} f\left(x\right) &=\sin ^2\omega x-\cos ^2\omega x+2{\sqrt{3}}\sin \omega x\cdot \cos \omega x+\lambda \\&=-\cos 2\omega x+{\sqrt{3}}\sin 2\omega x+\lambda \\&=2\sin \left(2\omega x-{\dfrac{{\mathrm{\pi }}}{6}}\right) +\lambda .\end{split}\]由直线 $ x={\mathrm{\pi }} $ 是 $ y=f\left(x\right) $ 图象的一条对称轴，可得\[ \sin \left( 2\omega{\mathrm{ \pi}} -{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}}\right) =\pm 1 ,\]所以\[ 2\omega{\mathrm{ \pi}} -{\dfrac{{\mathrm{\pi }}}{6}}=k\pi +{\dfrac{{\mathrm{\pi }}}{2}}\left(k\in {\mathbb{Z}}\right) ,\]即 $ \omega ={\dfrac{k}{2}}+{\dfrac{1}{3}}\left(k\in {\mathbb{Z}}\right)$．又 $ \omega \in \left({\dfrac{1}{2}},1\right),k\in {\mathbb{Z }}$，所以 $ k=1 $，故 $\omega ={\dfrac{5}{6}}$．所以 $ f\left(x\right) $ 的最小正周期是 $ {\dfrac{6{\mathrm{\pi}} }{5}}$．

由 $ y=f\left(x\right) $ 的图象过点 $\left( {\dfrac{\pi }{4}},0 \right) $，得 $f\left( {\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{4}} \right)=0$，即\[ \begin{split}\lambda &=-2\sin \left({\dfrac{5}{3}}\times {\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{4}}-{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}} \right)=-2\sin {\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{4}}=-{\sqrt{2}}, \end{split}\]故\[ f\left(x\right)=2\sin \left( {\dfrac{5}{3}}x-{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}}\right) -{\sqrt{2}}, \]由 $ 0\leqslant x\leqslant {\dfrac{3{\mathrm{\pi}} }{5}} $，得 $ -{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}}\leqslant {\dfrac{5}{3}}x-{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}}\leqslant {\dfrac{5{\mathrm{\pi}} }{6}}$，所以\[ -{\dfrac{1}{2}}\leqslant \sin \left({\dfrac{5}{3}}x-{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}} \right)\leqslant 1, \]得\[ -1-{\sqrt{2}}\leqslant 2\sin \left({\dfrac{5}{3}}x-{\dfrac{{\mathrm{\pi}} }{6}} \right)-{\sqrt{2}}\leqslant 2-{\sqrt{2}}, \]故函数 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{3{\mathrm{\pi}} }{5}} \right] $ 上的取值范围为 $ \left[-1-{\sqrt{2}},2-{\sqrt{2}}\right] $．