记函数 ${f_n}\left( x \right) = 1 + x + \dfrac{{{x^2}}}{{2! }} + \dfrac{{{x^3}}}{{3! }} + \cdots + \dfrac{{{x^n}}}{{n! }}$，$n = 1, 2, \cdots$．
证明：当 $n$ 是偶数时，方程 ${f_n}\left( x \right) = 0$ 没有实根；当 $n$ 是奇数时，方程 ${f_n}\left( x \right) = 0$ 有唯一的实根 ${\theta _n}$，且 ${\theta _n} > {\theta _{n + 2}}$．
证明：当 $n$ 是偶数时，方程 ${f_n}\left( x \right) = 0$ 没有实根；当 $n$ 是奇数时，方程 ${f_n}\left( x \right) = 0$ 有唯一的实根 ${\theta _n}$，且 ${\theta _n} > {\theta _{n + 2}}$．
【难度】
【出处】
2012年清华大学（高水平大学）自主选拔学业能力测试
【标注】
【答案】
略
【解析】
用数学归纳法证明 ${f_{2n - 1}}\left( x \right) = 0$ 有唯一解 ${\theta _{2n - 1}}$ 且严格单调递增，${f_{2n}}\left( x \right) = 0 $ 无实数解．
显然 $n = 1$ 时，${f_1}\left( x \right) = 1 + x = 0$ 有唯一实数解 ${\theta _1} = - 1$，且 ${f_2}\left( x \right) = 1 + x + \dfrac{{{x^2}}}{2}$ 无实数解．
假设 ${f_{2n - 1}}\left( x \right) = 0$ 有唯一解 ${\theta _{2n - 1}}$ 且 $f_{2n-1}(x)$ 严格单调递增，${f_{2n}}\left( x \right) = 0 $ 无实数解．
奇数情形 对于方程 ${f_{2n + 1}}\left( x \right) = 0$，注意到$${f_{2n + 1}}^\prime \left( x \right) = {f_{2n}}\left( x \right),$$而 ${f_{2n}}\left( x \right) = 0$ 无实数解，所以 ${f_{2n}}\left( x \right) > 0$ 恒成立，因此 ${f_{2n + 1}}\left( x \right)$ 严格递增．
当 $x = - 2n - 1$ 时，对 $0 \leqslant k \leqslant n$，有 $x + 2k + 1 \leqslant 0$，所以$$\begin{split} {f_{2n + 1}}\left( { - 2n - 1} \right) =& \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {\dfrac{{{x^{2k}}}}{{\left( {2k} \right)!}} + \dfrac{{{x^{2k + 1}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}} \right]} \\= &\sum\limits_{k = 0}^n {\dfrac{{{x^{2k}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}\left( {x + 2k + 1} \right)} \\<& 0,\end{split} $$又 ${f_{2n + 1}}\left( 0 \right) = 1 > 0$，故由 ${f_{2n + 1}}\left( x \right)$ 的严格单调增可知有唯一实根 ${x_{2n + 1}}$，且$$ - 2n - 1 < {x_{2n + 1}} < 0.$$下面证明 ${\theta _{2n - 1}} < {\theta _{2n + 1}}$．
由 ${f_{2n - 1}}\left( x \right)$ 的单调性，只需证明 ${f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) < 0$ 即可．注意到$${f_{2n + 1}}\left( x \right) - {f_{2n - 1}}\left( x \right) = \dfrac{{{x^{2n}}}}{{\left( {2n} \right)!}} + \dfrac{{{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}},$$所以 ${f_{2n + 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) - {f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) > 0$，于是$${f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) < {f_{2n + 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) = 0,$$因此 ${\theta _{2n + 1}} < {\theta _{2n - 1}}$ 成立．
偶数情形 对于方程 ${f_{2n + 2}}\left( x \right) = 0$，注意到$${f_{2n + 2}}^\prime \left( x \right) = {f_{2n + 1}}\left( x \right),$$所以 ${f_{2n + 2}}\left( x \right)$ 在 $(-\infty,x_{2n+1})$ 上递减，在 $(x_{2n+1},+\infty)$ 上递增，所以$$\begin{split} \mathop {\min }\limits_{x \in {\mathbb{R}}} {f_{2n + 2}}\left( x \right) =& {f_{2n + 2}}\left( {{x_{2n + 1}}} \right) \\=& {f_{2n + 1}}\left( {{x_{2n + 1}}} \right) + \dfrac{{x_{2n + 1}^{2n + 2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}} \\=& \dfrac{{x_{2n + 1}^{2n + 2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}\\ >& 0,\end{split} $$因此 ${f_{2n + 2}}\left( x \right) = 0$ 无实数解．
综上，由归纳法原理可知，原命题成立．
显然 $n = 1$ 时，${f_1}\left( x \right) = 1 + x = 0$ 有唯一实数解 ${\theta _1} = - 1$，且 ${f_2}\left( x \right) = 1 + x + \dfrac{{{x^2}}}{2}$ 无实数解．
假设 ${f_{2n - 1}}\left( x \right) = 0$ 有唯一解 ${\theta _{2n - 1}}$ 且 $f_{2n-1}(x)$ 严格单调递增，${f_{2n}}\left( x \right) = 0 $ 无实数解．
当 $x = - 2n - 1$ 时，对 $0 \leqslant k \leqslant n$，有 $x + 2k + 1 \leqslant 0$，所以$$\begin{split} {f_{2n + 1}}\left( { - 2n - 1} \right) =& \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {\dfrac{{{x^{2k}}}}{{\left( {2k} \right)!}} + \dfrac{{{x^{2k + 1}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}} \right]} \\= &\sum\limits_{k = 0}^n {\dfrac{{{x^{2k}}}}{{\left( {2k + 1} \right)!}}\left( {x + 2k + 1} \right)} \\<& 0,\end{split} $$又 ${f_{2n + 1}}\left( 0 \right) = 1 > 0$，故由 ${f_{2n + 1}}\left( x \right)$ 的严格单调增可知有唯一实根 ${x_{2n + 1}}$，且$$ - 2n - 1 < {x_{2n + 1}} < 0.$$下面证明 ${\theta _{2n - 1}} < {\theta _{2n + 1}}$．
由 ${f_{2n - 1}}\left( x \right)$ 的单调性，只需证明 ${f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) < 0$ 即可．注意到$${f_{2n + 1}}\left( x \right) - {f_{2n - 1}}\left( x \right) = \dfrac{{{x^{2n}}}}{{\left( {2n} \right)!}} + \dfrac{{{x^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}},$$所以 ${f_{2n + 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) - {f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) > 0$，于是$${f_{2n - 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) < {f_{2n + 1}}\left( {{\theta _{2n + 1}}} \right) = 0,$$因此 ${\theta _{2n + 1}} < {\theta _{2n - 1}}$ 成立．
综上，由归纳法原理可知，原命题成立．
答案
解析
备注
