已知$a\text{ < }0,$函数$f\left(x\right)=a\cos x+\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}$，其中$x{\in}\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right].(1)$设$t=\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}$，求$t$的取值范围，并把$f\left(x\right)$表示为$t$的函数$g\left(t\right)$； (2)求函数$f\left(x\right)$的最大值$($可以用$a$表示$)$； (3)若对区间$\text{[-}\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\text{]}$内的任意$x_{1},x_{2}$总有$|f({x}_{1})-f({x}_{2})|⩽1$恒成立，求实数$a$的取值范围．

1. 对 $t$ 进行平方计算并用 $\cos x$ 表示 $t^2$

由 $t = \sqrt{1+\sin x} + \sqrt{1-\sin x}$，对两边平方得：
$t^2 = (1+\sin x) + (1-\sin x) + 2\sqrt{(1+\sin x)(1-\sin x)} = 2 + 2\sqrt{1-\sin^2 x} = 2 + 2\sqrt{\cos^2 x}$
因为 x \in \left[-rac{\pi}{2}, rac{\pi}{2} ight]，所以 $\cos x \geqslant 0$，解得：
$t^2 = 2 + 2\cos x$

2. 确定 $t$ 的取值范围并给出 $g(t)$ 的表达式

因为 x \in \left[-rac{\pi}{2}, rac{\pi}{2} ight]，所以 $\cos x \in [0, 1]$。
代入得 $t^2 = 2 + 2\cos x \in [2, 4]$。
又因为 $t = \sqrt{1+\sin x} + \sqrt{1-\sin x} > 0$，所以 $t \in [\sqrt{2}, 2]$。
由 $t^2 = 2 + 2\cos x$ 可得 $\cos x = \dfrac{t^2 - 2}{2}$。
代入 $f(x)$ 表达式得：
$g(t) = a \cdot \dfrac{t^2 - 2}{2} + t = \dfrac{a}{2}t^2 + t - a, \quad t \in [\sqrt{2}, 2]$

1. 分析二次函数 $g(t)$ 的开口方向与对称轴位置

已知 $g(t) = \dfrac{a}{2}t^2 + t - a$（$t \in [\sqrt{2}, 2]$），且 $a < 0$。
该二次函数开口向下，其对称轴方程为 t = -\dfrac{1}{2 \cdot rac{a}{2}} = -\dfrac{1}{a} > 0。

2. 分三种情况讨论对称轴与区间 $[\sqrt{2}, 2]$ 的位置关系并求最大值

① 当对称轴位于区间左侧，即 $-\dfrac{1}{a} \leqslant \sqrt{2}$，即 $a \leqslant -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时：
$g(t)$ 在 $[\sqrt{2}, 2]$ 上单调递减，最大值为 $g(\sqrt{2}) = \dfrac{a}{2}(2) + \sqrt{2} - a = \sqrt{2}$；

② 当对称轴位于区间内部，即 $\sqrt{2} < -\dfrac{1}{a} < 2$，即 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} < a < -\dfrac{1}{2}$ 时：
$g(t)$ 在顶点处取得最大值，即 g\left(-\dfrac{1}{a} ight) = \dfrac{a}{2}\left(-\dfrac{1}{a} ight)^2 + \left(-\dfrac{1}{a} ight) - a = -\dfrac{1}{2a} - a；

③ 当对称轴位于区间右侧，即 $-\dfrac{1}{a} \geqslant 2$，即 $-\dfrac{1}{2} \leqslant a < 0$ 时：
$g(t)$ 在 $[\sqrt{2}, 2]$ 上单调递增，最大值为 $g(2) = \dfrac{a}{2}(4) + 2 - a = a + 2$。

1. 将恒成立条件转化为极差不等式

对任意 x_1, x_2 \in \left[-rac{\pi}{2}, rac{\pi}{2} ight]，总有 $|f(x_1) - f(x_2)| \leqslant 1$ 恒成立，等价于：
$f(x)_{\max} - f(x)_{\min} \leqslant 1$
对于开口向下的二次函数 $g(t) = \dfrac{a}{2}t^2 + t - a$（$t \in [\sqrt{2}, 2]$），其极小值必在端点处取得：
$g(\sqrt{2}) = \sqrt{2}$，$g(2) = a + 2$。
比较可得：当 $a + 2 \leqslant \sqrt{2}$ 即 $a \leqslant \sqrt{2}-2$ 时，$g(t)_{\min} = a+2$；当 $a > \sqrt{2}-2$ 时，$g(t)_{\min} = \sqrt{2}$。

2. 结合第(2)问最大值分类讨论并解不等式组

结合 $a$ 的临界点（注：\sqrt{2}-3 < -rac{\sqrt{2}}{2} < \sqrt{2}-2 < -rac{1}{2} < 0），分段讨论：

① 当 $a \leqslant -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时：$g(t)_{\max} = \sqrt{2}$，且 $g(t)_{\min} = a+2$。
极差为 $\sqrt{2} - (a+2) \leqslant 1 \implies a \geqslant \sqrt{2}-3$。
故 $\sqrt{2}-3 \leqslant a \leqslant -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

② 当 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} < a \leqslant \sqrt{2}-2$ 时：$g(t)_{\max} = -\dfrac{1}{2a} - a$，且 $g(t)_{\min} = a+2$。
极差为 $-\dfrac{1}{2a} - 2a - 2 \leqslant 1 \implies 4a^2 + 6a + 1 \leqslant 0$，解得 $\dfrac{-3-\sqrt{5}}{4} \leqslant a \leqslant \dfrac{-3+\sqrt{5}}{4}$。
由于在此区间内全成立，故此段解集为 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} < a \leqslant \sqrt{2}-2$。

③ 当 $\sqrt{2}-2 < a < -\dfrac{1}{2}$ 时：$g(t)_{\max} = -\dfrac{1}{2a} - a$，且 $g(t)_{\min} = \sqrt{2}$。
极差为 $-\dfrac{1}{2a} - a - \sqrt{2} \leqslant 1 \implies 2a^2 + 2(1+\sqrt{2})a + 1 \leqslant 0$。
解集包含该区间，故此段解集为 $\sqrt{2}-2 < a < -\dfrac{1}{2}$。

④ 当 $-\dfrac{1}{2} \leqslant a < 0$ 时：$g(t)_{\max} = a+2$，且 $g(t)_{\min} = \sqrt{2}$。
极差为 $a + 2 - \sqrt{2} \leqslant 1 \implies a \leqslant \sqrt{2}-1$。
因为 $\sqrt{2}-1 > 0$，所以此段解集为 $-\dfrac{1}{2} \leqslant a < 0$。

3. 综合求出实数 $a$ 的最终取值范围

综上所述，取各段解集的并集，得实数 $a$ 的取值范围为 $[\sqrt{2}-3, 0)$。