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、
$D<0$

解答チ：０

この判別式は、
$\begin{array}{rl}& D=4^2{({\displaystyle \frac{3\tan \theta }{1+{\tan }^2\theta }}-\sqrt{3})}^2\\ & -4\cdot 3({\sin }^2\theta +3{\cos }^2\theta {)}^2\end{array}$
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 $$\begin{array}{rl}\cos 2\theta & ={\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta \\ & =1-2{\sin }^2\theta \\ & =2{\cos }^2\theta -1\mathrm{式}Ｂ\end{array}$$ $\tan 2\theta ={\displaystyle \frac{2\tan \theta }{1-{\tan }^2\theta }}$

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、
$$\begin{array}{rl}{\sin }^2\theta +3{\cos }^2\theta & =(1-{\cos }^2\theta )+3{\cos }^2\theta \\ & =1+2{\cos }^2\theta \mathrm{式}Ｃ\end{array}$$

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

解答ツ：２

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

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

解答テ：３, ト：２

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

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{D}& \begin{array}{rl}=& 4\cdot 2^2{\left\{\sqrt{3}({\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\sin 2\theta -1)\right\}}^2\\ & -4\cdot 3(2+\cos 2\theta {)}^2\end{array}\\ & \begin{array}{rl}=& 4\cdot {\sqrt{3}}^2{\left\{2({\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\sin 2\theta -1)\right\}}^2\\ & -4\cdot 3(2+\cos 2\theta {)}^2\end{array}\\ & \begin{array}{r}=12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta -2{)}^2-(2+\cos 2\theta {)}^2\}\end{array}\\ & \begin{array}{rl}=& 12\{(\sqrt{3}\sin 2\theta -2)+(2+\cos 2\theta )\}\\ & \times \{(\sqrt{3}\sin 2\theta -2)-(2+\cos 2\theta )\}\end{array}\end{array}$$

$\phantom{D}\begin{array}{rl}=12& (\sqrt{3}\sin 2\theta +\cos 2\theta )\\ & \times (\sqrt{3}\sin 2\theta -\cos 2\theta -4)\end{array}$
式Ｇ
である。

解答ナ：３, ニ：４

$-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}<\theta <{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$なので
$-\pi <2\theta <\pi$式Ｈ
となるから、
$-1\leqq \sin 2\theta \leqq 1$より、
$-\sqrt{3}\leqq \sqrt{3}\sin 2\theta \leqq \sqrt{3}$ $-1<\cos 2\theta \leqq 1$より、
$-1<\cos 2\theta \leqq 1$ である。
よって、式Ｇの緑色の部分は、
$\sqrt{3}\sin 2\theta -\cos 2\theta -4<0$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
$\sqrt{3}\sin 2\theta +\cos 2\theta =2\sin (2\theta +{\displaystyle \frac{\pi }{6}})$
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、
$D<0$
となる範囲を求めている。

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

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

$\sin (2\theta +{\displaystyle \frac{\pi }{6}})$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、
$0<2\theta +{\displaystyle \frac{\pi }{6}}<\pi$
である。
これを計算して、
$-{\displaystyle \frac{\pi }{6}}<2\theta <{\displaystyle \frac{5}{6}}\pi$
$-{\displaystyle \frac{\pi }{12}}<\theta <{\displaystyle \frac{5}{12}}\pi$
となる。

解答ハ：１, ヒ：２, フ：５