Краткая эвристика: график $y=\tan x$ на каждом промежутке $\left((k-\frac{1}{2})\pi ,(k+\frac{1}{2})\pi \right)$ растёт от $-\infty$ до $+\infty$, а прямая $y=x$ — монотонно возрастает и не имеет разрывов, поэтому на каждом таком «периоде» их пересечение будет ровно одно. Теперь формальное доказательство.
1) Рассмотрим функцию $f(x)=\tan x-x$ на интервале $I_k=\left((k-\frac{1}{2})\pi ,(k+\frac{1}{2})\pi \right)$. На $I_k$ функция $\tan x$ (и значит $f$) непрерывна и
$$\underset{x\to (k-\frac{1}{2})\pi +}{\lim }\tan x=-\infty ,\underset{x\to (k+\frac{1}{2})\pi -}{\lim }\tan x=+\infty ,$$ отсюда
$$\underset{x\to (k-\frac{1}{2})\pi +}{\lim }f(x)=-\infty ,\underset{x\to (k+\frac{1}{2})\pi -}{\lim }f(x)=+\infty .$$ По теореме о промежуточном значении существует по крайней мере одно $x\in I_k$ с $f(x)=0$.
2) Монотонность: $f^{\prime }(x)={\sec }^{2}x-1={\tan }^{2}x\ge 0$ на $I_k$. Значит $f$ невозрастающая? исправляю: $f^{\prime }(x)\ge 0$ ⇒ $f$ неубывает (монотонно неубывает) на $I_k$. Поскольку производная обращается в ноль лишь в изолированных точках $x=n\pi$, $f$ не может быть постоянной на отрезке внутри $I_k$. Для непрерывной монотонной функции, если бы существовали два разных корня $a<b$ в $I_k$, то по монотонности $f$ была бы тождественно нулевой на $[a,b]$, что невозможно. Следовательно корень единственный на $I_k$.
Вывод: на каждом интервале $\left((k-\frac{1}{2})\pi ,(k+\frac{1}{2})\pi \right)$ ровно один корень уравнения $\tan x=x$. Поскольку таких интервалов счётно бесконечно много (для всех $k\in \mathbb{Z}$), корней на $\mathbb{R}$ бесконечно (счётно), но на каждом указанном отрезке их конечное число — ровно один. (Замечание: в точках $(k\pm \frac{1}{2})\pi$ $\tan$ не определён, поэтому работать удобнее с открытыми интервалами.)