関数$f(x)$のグラフは下に凸の放物線。
そのグラフがすべての実数$x$で$0$より大きくなるので、$x$軸とグラフの共有点がなければよい。
なので、
$D \lt 0$

解答チ：０

この判別式は、
$D=4^{2}\left(\frac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}-\sqrt{3}\right)^{2}-4\cdot 3(\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta)^{2}$
である。

復習

２倍角の公式を復習しておくと、

公式

$\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$式Ａ $\cos 2\theta=\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta$
$\cos 2\theta$$=1-2\sin^{2}\theta$
$\cos 2\theta$$=2\cos^{2}\theta-1$式Ｂ $\displaystyle \tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^{2}\theta}$

だった。

$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$より
     $\sin^{2}\theta=1-\cos^{2}\theta$
これを問題の式に代入して、
$\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta=(1-\cos^{2}\theta)+3\cos^{2}\theta$
$\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta$$=1+2\cos^{2}\theta$式Ｃ

式Ｂより、
$2\cos^{2}\theta=\cos 2\theta+1$
これを式Ｃに代入して、
$\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta$$=1+\cos 2\theta+1$
$\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta$$=2+\cos 2\theta$式Ｄ
である。

解答ツ：２

$1+\displaystyle \tan^{2}\theta=\frac{1}{\cos^{2}\theta}$，$\displaystyle \tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}$を問題の式に代入して、
$\displaystyle \frac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}=\frac{3\frac{\sin\theta}{\cos\theta}}{\frac{1}{\cos^{2}\theta}}$
    $\displaystyle =3\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\cdot\cos^{2}\theta$
    $=3\sin\theta\cos\theta$式Ｅ

式Ａより、
$\displaystyle \sin\theta\cos\theta=\frac{1}{2}\sin 2\theta$
これを式Ｅに代入して、
$\displaystyle \frac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}=3\cdot\frac{1}{2}\sin 2\theta$
$\displaystyle \qquad=\frac{3}{2}\sin 2\theta$式Ｆ
となる。

解答テ：３, ト：２

式Ｄ，式Ｆを判別式に代入すると、
$D=4^{2}\left(\frac{3}{2}\sin 2\theta-\sqrt{3}\right)^{2}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}$
となる。
これを計算する。
$D=4\cdot 4\left(\frac{\sqrt{3}^{2}}{2}\sin 2\theta-\sqrt{3}\right)^{2}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}$

途中式

$D$$=4\cdot 2^{2}\left\{\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta-1\right)\right\}^{2}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}$
$D$$=4\cdot\sqrt{3}^{2}\left\{2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta-1\right)\right\}^{2}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}$
$D$$=12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)^{2}-(2+\cos 2\theta)^{2}\}$
$D$$=12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)+(2+\cos 2\theta)\}$
            $\cdot \{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)-(2+\cos 2\theta)\}$

$D$$=12$$(\sqrt{3}\sin 2\theta+\cos 2\theta)$$(\sqrt{3}\sin 2\theta-\cos 2\theta-4)$式Ｇ
である。

解答ナ：３, ニ：４

$-\displaystyle \frac{\pi}{2} \lt \theta \lt \frac{\pi}{2}$なので
$-\pi \lt 2\theta \lt \pi$式Ｈ
となるから、
$-1\leqq\sin 2\theta\leqq 1$より、
$-\sqrt{3}\leqq\sqrt{3}\sin 2\theta\leqq\sqrt{3}$ $-1 \lt \cos 2\theta\leqq 1$より、
$-1 \lt \cos 2\theta\leqq 1$ である。
よって、式Ｇの緑色の部分は、
$\sqrt{3}\sin 2\theta-\cos 2\theta-4 \lt 0$式Ｉ
である。

解答ヌ：０

一方、式Ｇの青い部分は、三角関数の合成から
$\sqrt{3}\sin 2\theta+\cos 2\theta=2\sin\left(2\theta+\frac{\pi}{6}\right)$式Ｊ
と変形できる。

解答ネ：２, ノ：６

ちょっと話が長くなったので思い出すと、
$D \lt 0$
となる範囲を求めている。

式Ｇ，式Ｉ，式Ｊより、
$D=12\cdot 2$$\sin\left(2\theta+\frac{\pi}{6}\right)$$\cdot($負の値$)$
なので、式の青い部分が正になれば、$D$は負になる。
よって、
$\sin\left(2\theta+\frac{\pi}{6}\right) \gt 0$
となる範囲をさがす。

式Ｈより
$-\pi \lt 2\theta \lt \pi$
なので、
$-\displaystyle \frac{5}{6}\pi \lt 2\theta+\frac{\pi}{6} \lt \frac{7}{6}\pi$
であるから、$2\displaystyle \theta+\frac{\pi}{6}$の定義域は図Ａの緑の部分になる。

$\sin\left(2\theta+\frac{\pi}{6}\right)$が正になる部分を求めるので、定義域が図Ａのオレンジの部分に入る範囲が答だ。
結局求める部分は図Ａの赤い範囲で、
$ 0 \lt 2\displaystyle \theta+\frac{\pi}{6} \lt \pi$
である。
これを計算して、
$-\displaystyle \frac{\pi}{6} \lt 2\theta \lt \frac{5}{6}\pi$
$-\displaystyle \frac{\pi}{12} \lt \theta \lt \frac{5}{12}\pi$
となる。

解答ハ：１, ヒ：２, フ：５