解説

方針・初手

まず $C$ と $L$ の交点の $x$ 座標を与える二次方程式を作り，判別式で （1） を処理する。

（2） は，$L-C$ を平方完成すると，囲まれる部分の高さが 「下に開く放物線」 として表せるので，面積を $a$ の関数として扱いやすくなる。

解法1

$C$ と $L$ の交点では

$$ 2x^2+4x+3=-2ax-a^2 $$

であるから，

$$ 2x^2+2(a+2)x+(a^2+3)=0 $$

を得る。

（1） 異なる2点で交わる条件

異なる2点で交わるためには，この二次方程式が異なる2つの実数解をもてばよい。したがって判別式 $D$ について

$$ D>0 $$

が必要十分である。

$$ \begin{aligned} D&=[2(a+2)]^2-4\cdot 2\cdot (a^2+3)\\ &=4(a+2)^2-8(a^2+3)\\ &=-4(a^2-4a+2) \end{aligned} $$

よって

$$ D>0 \iff a^2-4a+2<0 $$

となる。これを解くと

$$ a^2-4a+2=(a-2)^2-2 $$

より，

$$ (a-2)^2<2 $$

すなわち

$$ 2-\sqrt{2}<a<2+\sqrt{2} $$

である。

（2） 面積 $S$ を最大にする $a$

$C$ と $L$ の差を考えると，

$$ \begin{aligned} y_L-y_C &=(-2ax-a^2)-(2x^2+4x+3)\\ &=-2x^2-2(a+2)x-(a^2+3) \end{aligned} $$

である。これを平方完成すると

$$ \begin{aligned} y_L-y_C &=-2\left(x+\frac{a+2}{2}\right)^2+\frac{-a^2+4a-2}{2}\\ &=-2\left(x+\frac{a+2}{2}\right)^2+\frac{2-(a-2)^2}{2} \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ u=x+\frac{a+2}{2},\qquad k=\frac{2-(a-2)^2}{2} $$

とおくと，

$$ y_L-y_C=k-2u^2 $$

である。

（1） の範囲では $(a-2)^2<2$ だから $k>0$ であり，このとき $L$ は $C$ の上側にある。交点では $y_L-y_C=0$ なので，

$$ k-2u^2=0 \iff u=\pm \sqrt{\frac{k}{2}} $$

である。したがって囲まれる図形の面積 $S$ は

$$ S=\int_{-\sqrt{k/2}}^{\sqrt{k/2}}(k-2u^2),du $$

で与えられる。

これを計算すると，

$$ \begin{aligned} S &=\left[ku-\frac{2}{3}u^3\right]_{-\sqrt{k/2}}^{\sqrt{k/2}}\\ &=\frac{4}{3}k\sqrt{\frac{k}{2}} \end{aligned} $$

となる。

ここで $S$ は $k>0$ に対して $k$ が大きいほど大きい。よって $S$ を最大にするには $k$ を最大にすればよい。

$$ k=\frac{2-(a-2)^2}{2} $$

は $(a-2)^2$ が最小のとき最大となるから，

$$ a=2 $$

のとき最大である。

このとき

$$ k=\frac{2-0}{2}=1 $$

より，

$$ S_{\max} =\frac{4}{3}\cdot 1\cdot \sqrt{\frac{1}{2}} =\frac{4}{3\sqrt{2}} =\frac{2\sqrt{2}}{3} $$

である。

解説

（1） は交点の個数の問題なので，二次方程式を作って判別式を見るのが基本である。

（2） では，2曲線の差 $y_L-y_C$ を直接平方完成するのが要点である。すると囲まれる部分の高さが

$$ k-2u^2 $$

という左右対称な形になり，交点も面積もすぐに求められる。

面積を無理に交点の公式から進めるよりも，差を平方完成して対称な形に直すほうが見通しがよい。

答え

**(1)**

$$ 2-\sqrt{2}<a<2+\sqrt{2} $$

**(2)**

面積 $S$ を最大にするのは

$$ a=2 $$

のときであり，その最大値は

$$ S=\frac{2\sqrt{2}}{3} $$

である。