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、
$\begin{aligned}& D=4^{2}\left(\dfrac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}-\sqrt{3}\right)^{2}\\&\hspace{80px}-4\cdot 3(\sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta)^{2}\end{aligned}$
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 $$ \begin{align} \cos 2\theta&=\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\\ &=1-2\sin^{2}\theta\\ &=2\cos^{2}\theta-1 \class{tex_formula}{式Ｂ} \end{align} $$ $\tan 2\theta=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^{2}\theta}$

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、
$$ \begin{align} \sin^{2}\theta+3\cos^{2}\theta&=(1-\cos^{2}\theta)+3\cos^{2}\theta\\ &=1+2\cos^{2}\theta \class{tex_formula}{式Ｃ} \end{align} $$

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

解答ツ：２

$1+\tan^{2}\theta=\dfrac{1}{\cos^{2}\theta}$，$\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$を問題の式に代入して、
$$ \begin{align} \dfrac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}&=\dfrac{3\cfrac{\sin\theta}{\cos\theta}}{\cfrac{1}{\cos^{2}\theta}}\\ &=3\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\cdot\cos^{2}\theta\\ &=3\sin\theta\cos\theta \class{tex_formula}{式Ｅ} \end{align} $$

式Ａより、
$\sin\theta\cos\theta=\dfrac{1}{2}\sin 2\theta$
これを式Ｅに代入して、
$$ \begin{align} \dfrac{3\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}&=3\cdot\dfrac{1}{2}\sin 2\theta\\ &=\dfrac{3}{2}\sin 2\theta\class{tex_formula}{式Ｆ} \end{align} $$ となる。

解答テ：３, ト：２

式Ｄ，式Ｆを判別式に代入すると、
$D=4^{2}\left(\dfrac{3}{2}\sin 2\theta-\sqrt{3}\right)^{2}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}$
となる。
これを計算する。
$\begin{aligned}D=& 4\cdot 4\left(\dfrac{\sqrt{3}^{2}}{2}\sin 2\theta-\sqrt{3}\right)^{2}\\&\hspace{80px}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}\end{aligned}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{D}&\begin{aligned}=& 4\cdot 2^{2}\left\{\sqrt{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta-1\right)\right\}^{2}\\&\hspace{130px}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}\end{aligned}\\ &\begin{aligned}=& 4\cdot\sqrt{3}^{2}\left\{2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta-1\right)\right\}^{2}\\&\hspace{130px}-4\cdot 3(2+\cos 2\theta)^{2}\end{aligned}\\ &\begin{aligned}=12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)^{2}-(2+\cos 2\theta)^{2}\}\end{aligned}\\ &\begin{aligned}=& 12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)+(2+\cos 2\theta)\}\\&\hspace{40px}\times \{(\sqrt{3}\sin 2\theta-2)-(2+\cos 2\theta)\}\end{aligned} \end{align} $$

$\phantom{D}\begin{aligned}=12&\textcolor{royalblue}{(\sqrt{3}\sin 2\theta+\cos 2\theta)}\\&\hspace{40px}\times\textcolor{green}{(\sqrt{3}\sin 2\theta-\cos 2\theta-4)}\end{aligned}$
式Ｇ
である。

解答ナ：３, ニ：４

$-\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$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
$\sqrt{3}\sin 2\theta+\cos 2\theta=2\sin\left(2\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)$
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、
$D=12\cdot 2\textcolor{royalblue}{\sin\left(2\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)}\cdot(\text{負の値})$
なので、式の青い部分が正になれば、$D$は負になる。
よって、
$\sin\left(2\theta+\dfrac{\pi}{6}\right) \gt 0$
となる範囲をさがす。

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

$\sin\left(2\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)$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\theta+\dfrac{\pi}{6} \lt \pi$
である。
これを計算して、
$-\dfrac{\pi}{6} \lt 2\theta \lt \dfrac{5}{6}\pi$
$-\dfrac{\pi}{12} \lt \theta \lt \dfrac{5}{12}\pi$
となる。

解答ハ：１, ヒ：２, フ：５