20.【2017辽宁三11月月考】已知 $\triangle A B C$ 的面积 $S$ 满足 $2-\sqrt{3} \leq S \leq 1$, 且 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{C B}=-2, \angle A C B=\theta$.

(1) 若 $\vec{m}=(\sin 2 A, \cos 2 A), \vec{n}=(\cos 2 B, \sin 2 B)$, 求 $|\vec{m}+2 \vec{n}|$ 的取值范围;

(2) 求函数 $f(\theta)=\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-4 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta+\cos \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)-2$ 的最大值.
(1) 由 $\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=2, \angle A C B=\theta$, 得 $a b \cos \theta=2, S=\frac{1}{2} a b \sin \theta=\tan \theta \in[2-\sqrt{3}, 1]$,所以 $\tan \theta \in[2-\sqrt{3}, 1]$, 而 $\theta \in(0, \pi)$, 所以 $\frac{\pi}{12} \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$,

$\because \vec{m}=(\sin 2 A, \cos 2 A), \vec{n}=(\cos 2 B, \sin 2 B)$,

$\therefore|\vec{m}|=\sin ^{2} 2 A+\cos ^{2} 2 A=1,|\vec{n}|=1$,

$\vec{m} \cdot \vec{n}=\sin 2 A \cos 2 B+\cos 2 A \sin 2 B=\sin (2 A+2 B)=\sin (2 \pi-2 C)=-\sin 2 C=-\sin 2 \theta$, $|\vec{m}+2 \vec{n}|^{2}=|\vec{m}|^{2}+4 \vec{m} \cdot \vec{n}+4|\vec{n}|^{2}=5-4 \sin 2 \theta$

因为 $\frac{\pi}{12} \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$, 所以 $\frac{\pi}{6} \leq 2 \theta \leq \frac{\pi}{2}$ ，

$5-4 \sin 2 \theta \in[1,3]$,所以 $|\vec{m}-2 \vec{n}| \in[1, \sqrt{3}]$.

(2)

$f(\theta)=\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-4 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta+\cos \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)-2=\sqrt{2}(\sin \theta+\cos \theta)-4 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta-2$,设 $t=\sin \theta+\cos \theta=\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$ ，
因为 $\frac{\pi}{12} \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$, 所以 $\frac{\pi}{3} \leq \theta+\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{2}$,

所以 $t \in\left[\frac{\sqrt{6}}{2}, \sqrt{2}\right], y=\sqrt{2} t-4 \sqrt{3} \cdot \frac{t^{2}-1}{2}-2=-2 \sqrt{3} t^{2}+\sqrt{2} t+2 \sqrt{3}-2$,

对称轴 $t=\frac{\sqrt{6}}{12} \notin\left[\frac{\sqrt{6}}{2}, \sqrt{2}\right]$, 所以当 $t=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 时, $y_{\text {max }}=-2$.