式Ａを変形して
$3x-y+1=0$
として、点と直線の距離の公式に当てはめると、原点と直線$\ell$との距離$d$は、

$$ \begin{align} d&=\dfrac{\left|3\cdot 0-0+1\right|}{\sqrt{3^{2}+(-1)^{2}}}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ &=\dfrac{\sqrt{10}}{10} \end{align} $$ である。

解答エ：１, オ：０

式Ａの直線が点Aで曲線$C_{2}$に接することを使って、$b$，$c$ を$a$で表そう。

$C_{2}$の式の$g(x)$を微分すると
$g'(x)=3x^{2}+2ax+b$式Ｂ
なので、
$$ \begin{align} g'(-1)&=3\cdot(-1)^{2}+2a\cdot(-1)+b\\ &=-2a+b+3 \end{align} $$ となる。

これが式Ａの傾きと等しいので、
$g'(-1)=3$
とかける。

解答カ：３

よって、
$-2a+b+3=3$
より
$b=2a$式Ｃ
と表せる。

解答キ：２

また、曲線$C_{2}$は点Aを通るので、$y=g(x)$に$(-1,-2)$を代入して、
$(-1)^{3}+a(-1)^{2}+b(-1)+c=-2$
$-1+a-b+c=-2$
$a-b+c=-1$

これに式Ｃを代入して、
$a-2a+c=-1$
$c=a-1$
である。

解答ク：ａ, ケ：１

以上より、$g(x)$，$g'(x)$は、
$g(x)=x^{3}+ax^{2}+2ax+a-1$式Ｄ
$g'(x)=3x^{2}+2ax+2a$式Ｂ'
とかける。

$g(x)$の$x^{3}$の係数は正だから、$y=g(x)$のグラフは全体として右上がり。
また、$g'(x)=0$の解が２個あるので、グラフは極大値と極小値をもつ。
なので、$y=g(x)$の概形は図Ａの左のグラフのような形である。

よって、$g(x)$は、式Ｆの２つの値のうち、

をとる。

あとは、計算だ。

となる。

最後の小問は、

$$ \begin{align} C_{1}\ :\ y&=f(x)\\ &=x^{3}-1 \end{align} $$ $$ \begin{align} C_{2}\ :\ y&=g(x)\\ &=x^{3}+ax^{2}+2ax+a-1 \end{align} $$ $x=-2$ $x=1$

に囲まれた面積$S$を求める問題だ。

まず、$S$の左部分の$S_{1}$から考えよう。

$C_{1}$と$C_{2}$は$x=-1$で共有点をもつので、
$-2\leqq x\leqq-1$の範囲で
$C_{1}$の方が上にあれば、
$\displaystyle S_{1}=\int_{-2}^{-1}\{f(x)-g(x)\}\,dx$ $C_{2}$の方が上にあれば、
$\displaystyle S_{1}=\int_{-2}^{-1}\{g(x)-f(x)\}\,dx$ とかける。
この範囲で$C_{1}$と$C_{2}$の上下が入れ替わる場合は、選択肢にないので今は考えない。

というわけで、$-2\leqq x\leqq-1$の範囲で$C_{1}$と$C_{2}$どちらが上にあるか考えよう。

一番安直な方法は、$x$にこの範囲の値を代入してみることだ。
とりあえず$-\dfrac{3}{2}$あたりでやってみる。

$f(x)$に$x=-\dfrac{3}{2}$を代入すると、
$f\left(-\dfrac{3}{2}\right)=\left(-\dfrac{3}{2}\right)^{3}-1$式Ｇ

式Ｄに$x=-\dfrac{3}{2}$を代入すると、 $$ \begin{align} g\left(-\dfrac{3}{2}\right)&=\textcolor{red}{\left(-\dfrac{3}{2}\right)^{3}}\textcolor{green}{+a\left(-\dfrac{3}{2}\right)^{2}}\\ &\qquad\textcolor{green}{+2a\left(-\dfrac{3}{2}\right)+a}\textcolor{red}{-1} \end{align} $$ 式Ｈ

となる。

式Ｈの赤い部分は式Ｇの右辺と同じなので、緑の部分だけ考えよう。

式Ｈの緑の部分を計算すると $$ \begin{align} & a\left(-\dfrac{3}{2}\right)^{2}+2a\left(-\dfrac{3}{2}\right)+a\\ &\qquad =\dfrac{1}{4}a(9-12+4)\\ &\qquad =\dfrac{a}{4} \end{align} $$ なので、$f\left(-\dfrac{3}{2}\right)$と$f\left(-\dfrac{3}{2}\right)$の関係は
$g\left(-\dfrac{3}{2}\right)=f\left(-\dfrac{3}{2}\right)+\dfrac{a}{4}$
とかける。

$a \lt 0$なので、この式から
$g\left(-\dfrac{3}{2}\right) \lt f\left(-\dfrac{3}{2}\right)$
であることが分かる。
つまり、$f(x)$のグラフである$C_{1}$の方が上にある。

よって、$S_{1}$は
$\displaystyle S_{1}=\int_{-2}^{-1}\{f(x)-g(x)\}\,dx$式Ｉ
と表せる。

$S_{2}$でも同じことをしよう。

$-1\leqq x\leqq 1$に含まれる$x=0$を、$f(x)$と$g(x)$に代入する。

$f(x)$に$x=0$を代入すると、 $f(0)=-1$

式Ｄに$x=0$を代入すると、 $g(0)=a-1$

だけど、$a \lt 0$なので、
$g(0) \lt f(0)$
だ。

なので、$f(x)$のグラフである$C_{1}$の方が上にある。

よって、$S_{2}$は
$\displaystyle S_{2}=\int_{-1}^{1}\{f(x)-g(x)\}\,dx$式Ｊ
と表せる。

以上より、$S$は式Ｉと式Ｊをたした

$$ \begin{align} S&=\int_{-2}^{-1}\{f(x)-g(x)\}\,dx\\ &\hspace{80px}+\int_{-1}^{1}\{f(x)-g(x)\}\,dx\\ &=\int_{-2}^{1}\{f(x)-g(x)\}\,dx\class{tex_formula}{式K} \end{align} $$

である。

解答ニ：３

最後に、式Kを使って$S$を求めよう。

式Kに$f(x)$の式と式Ｄを代入すると、
$$ \begin{align} S=\int_{-2}^{1}\left\{ \begin{aligned} (& x^{3}-1)\\ & -(x^{3}+ax^{2}+2ax+a-1) \end{aligned} \right\}\,dx \end{align} $$

解答ヌ：－, ネ：３