将方程左右两边都乘上 $1-x-x^2$：

$$1-F_{2n+1}x^{2n}-F_{2n}x^{2n+1}=0$$ $$x^{2n}(F_{2n+1}+F_{2n}x)=1$$

将方程左边设为函数：

$$A(x)=x^{2n}(F_{2n+1}+F_{2n}x)$$

（25 分）

• $A(0)=0$
• $A\left(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\right)=1$
• $x \to +\infty$ 时 $A(x) \to +\infty$
• $x > 0$ 时 $A'(x) > 0$

经检验 $x=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 是增根，故方程在 $[0, +\infty)$ 上无实根。

（50 分）

• $A\left(-\dfrac{F_{2n+1}}{F_{2n}}\right)=0$
• $x < -\dfrac{2nF_{2n+1}}{(2n+1)F_{2n}}$ 时 $A'(x) > 0$

故方程在 $\left(-\infty, -\dfrac{F_{2n+1}}{F_{2n}}\right]$ 上无实根。

（75 分）

• $A\left(-\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\right)=1$
• $x < -\dfrac{2nF_{2n+1}}{(2n+1)F_{2n}}$ 时 $A'(x) > 0$
• $x = -\dfrac{2nF_{2n+1}}{(2n+1)F_{2n}}$ 时 $A'(x) = 0$
• $x \in \left(-\dfrac{2nF_{2n+1}}{(2n+1)F_{2n}},0\right)$ 时 $A'(x) < 0$
• $-\dfrac{2nF_{2n+1}}{(2n+1)F_{2n}} \in \mathbb Q$
• $-\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \notin \mathbb Q$

经检验 $x=-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ 是增根，故方程在 $\left(-\dfrac{F_{2n+1}}{F_{2n}}, 0\right)$ 上有唯一实根。

综上，方程存在唯一实根，命题得证！

（100 分）

约定：

$$A = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$$ $$B = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}$$ $$C = -B$$ $$D = 1 + x + 2x^2 + 3x^3 + 5x^4 + 8x^5 + \ldots$$ $$m = 2n - 1$$

用等比数列求和化简：

$$D = \dfrac{A \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n}}{1 - Ax} - B \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n}}{1 - Bx}}{\sqrt{5}}$$

忽略常数系数：

$$E = A \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n}}{1 - Ax} - B \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n}}{1 - Bx}$$

当 $x \ge 0$ 时，$D$ 的每一项都非负，故 $D \ge 1$。

当 $x \in (B, 0)$ 时，上面两项都是正数，故 $D > 0$。

当 $x < -1$ 时，$D$ 中偶数次项为负，奇数次项为正，且 $2k + 1$ 次项的绝对值大于 $2k$ 次项，故 $D < 0$。

因此方程 $D = 0$ 在 $[-1, B]$ 内存在实根。

（25 分）

求导：

$$F = A^2\cdot\dfrac{1-2n(Ax)^{2n-1}+(2n-1)(Ax)^{2n}}{(1-Ax)^{2}} - B^2\cdot\dfrac{1-2n(Bx)^{2n-1}+(2n-1)(Bx)^{2n}}{(1-Bx)^{2}}$$$$F = A^2\cdot\dfrac{1+(2n-1)(A^{2n}x^{2n}-A^{2n-1}x^{2n-1})-(Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}}-B^2\cdot\dfrac{1+(2n-1)(B^{2n}x^{2n}-B^{2n-1}x^{2n-1})-(Bx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}}$$$$F = A^2 \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}} - B^2 \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Ax)^{2n-1}}{Ax-1} - B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Bx)^{2n-1}}{Bx-1}$$$$F = A^2 \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}} - B^2 \cdot \dfrac{1 + (Cx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Ax)^{2n-1}}{Ax-1} + B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Cx)^{2n-1}}{Bx-1}$$

（50 分）

易知：

$$\left( \dfrac{(Tx)^{2n-1}}{Tx-1} \right)' = T(Tx)^{2n-2} \cdot \dfrac{(2n-1)(Tx-1)-Tx}{(Tx-1)^2}$$

经过计算，上式代入 $T = A$ 和 $T = C$ 导数都为负。

因此我们对前两项代入 $x = -1$，后两项代入 $x = B$，得到一个小于等于 $F$ 的值：

$$G = A^2 \cdot \dfrac{A^{2n-1} + 1}{(A + 1)^2} - B^2 \cdot \dfrac{1 - C^{2n-1}}{(B+1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{2n-1}{2} - B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)C^{4n-2}}{B^2-1}$$

改写：

$$G = A^2 \cdot \dfrac{A^m + 1}{(A + 1)^2} - B^2 \cdot \dfrac{1 - C^m}{(B+1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{m}{2} - B^2 \cdot \dfrac{mC^{2m}}{B^2-1}$$

（75 分）

注意到 $-1 < B < 0$ 且 $m > 0$，因此第一项和第三项随 $m$ 递增而递增，而第四项恒为正数，第二项大于 $-\dfrac{B^2}{(B+1)^2}$。

舍弃 $G$ 的第四项，替换 $G$ 的第二项，得到一个小于 $G$ 的值：

$$H = A^2 \cdot \dfrac{A^m + 1}{(A + 1)^2} - \dfrac{B^2}{(B+1)^2} + A^2 \cdot \dfrac{m}{2}$$

于是 $H$ 关于 $n$ 单调递增。

代入 $n = 2$ 对应的 $m = 3$，计算得 $H > 0$，从而 $G > 0$，于是 $D$ 在 $[-1, B]$ 上单调递增，方程 $D = 0$ 存在唯一实根。

$n = 1$ 的情形显然成立，故原命题得证！

（100 分）