略．

通过分析结论，可以先证明 $f_n\left(x\right)$ 在 $\left[ {\dfrac{2}{3},1} \right]$ 上具有单调性，且函数在端点处的函数值异号即可．对每个 $ n\in {{\mathbb{N}}^{*}} $，当 $ x>0 $ 时，\[ {{f}_{n}}^{\prime }\left( x \right)\overset {\left[a\right]}=1+\dfrac{x}{2}+\cdots +\dfrac{{{x}^{n-1}}}{n}>0,\]（推导中用到 $\left[a\right] $．）故 $ {{f}_{n}}\left(x\right) $ 在 $ \left( 0, +\infty \right) $ 内单调递增．
由于 $ {{f}_{1}}\left(1\right)=0 $，当 $ n\geqslant 2 $，\[ {{f}_{n}}\left(1\right)=\dfrac{1}{{{2}^{2}}}+\dfrac{1}{{{3}^{2}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{n}^{2}}}>0, \]故 $ {{f}_{n}}\left(1\right)\geqslant 0 $．又\[\begin{split} {{f}_{n}}\left( \dfrac{2}{3} \right) & =-1+\dfrac{2}{3}+\sum\limits_{k=2}^{n}{\dfrac{{{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{k}}}{{{k}^{2}}}} \\&\leqslant -\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\sum\limits_{k=2}^{n}{{{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{k}}} \\& \overset {\left[b\right]}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{{{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{2}}\left[ 1-{{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{n-1}} \right]}{1-\dfrac{2}{3}} \\& =-\dfrac{1}{3}\cdot {{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{n-1}} \\&<0,\end{split} \]（推导中用到 $ \left[b\right] $．）所以存在唯一的 $ {{x}_{n}}\in \left[ \dfrac{2}{3},1 \right] $，满足 $ {{f}_{n}}\left({{x}_{n}}\right)=0$．

略．

通过函数零点的搭桥，结合函数的单调性，可以证明出数列 $ \left\{x_n\right\} $ 单调递减，然后继续用函数的零点得到 $ x_n-x_{n+p}$ 的表达式后利用放缩和裂项求和的方法得出结论．当 $ x>0 $ 时，\[ {{f}_{n+1}}\left(x\right)={{f}_{n}}\left(x\right)+\dfrac{{{x}^{n+1}}}{{{\left(n+1\right)}^{2}}}>{{f}_{n}}\left(x\right), \]故\[ {{f}_{n+1}}\left({{x}_{n}}\right)>{{f}_{n}}\left({{x}_{n}}\right)={{f}_{n+1}}\left({{x}_{n+1}}\right)=0. \]由 $ {{f}_{n+1}}\left(x\right) $ 在 $ \left( 0,+\infty \right) $ 内单调递增知，$ {{x}_{n+1}}<{{x}_{n}} $，故 $ \left\{ {{x}_{n}} \right\} $ 为单调递减数列．从而对任意的 $ n, p\in {{\mathbb{N}}^{*}},{{x}_{n+p}}<{{x}_{n}} $，对任意的 $ p\in {{\mathbb{N}}^{*}} $，由于\[\begin{split} {{f}_{n}}\left({{x}_{n}}\right) &=-1+{{x}_{n}}+\dfrac{{{x}_{n}}^{2}}{{{2}^{2}}}+\cdots +\dfrac{{{x}_{n}}^{n}}{{{n}^{2}}}=0,\end{split} \]\[\begin{split}{{f}_{n+p}}\left({{x}_{n+p}}\right) &=-1+{{x}_{n+p}}+\dfrac{x_{n+p}^{2}}{{{2}^{2}}}+\cdots +\dfrac{x_{n+p}^{n}}{{{n}^{2}}}+\dfrac{x_{n+p}^{n+1}}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}}+\cdots +\dfrac{x_{n+p}^{n+p}}{{{\left( n+p \right)}^{2}}}=0,\end{split}\]两式相减，利用 $ 0<{{x}_{n+p}}<{{x}_{n}}\leqslant 1 $，得\[\begin{split} {{x}_{n}}-{{x}_{n+p}} &\overset {\left[c\right]}=\sum\limits_{k=2}^{n}{\dfrac{x_{n+p}^{k}-x_{n}^{k}}{{{k}^{2}}}}+\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}{\dfrac{x_{n+p}^{k}}{{{k}^{2}}}} \\& \leqslant \sum\limits_{k=n+1}^{n+p}{\dfrac{x_{n+p}^{k}}{{{k}^{2}}}} \\&
\leqslant \sum\limits_{k=n+1}^{n+p}{\dfrac{1}{{{k}^{2}}}} \\& <\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}{\dfrac{1}{k\left(k-1\right)}} \\&\overset {\left[d\right]}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+p} \\& <\dfrac{1}{n}. \end{split}\]（推导中用到 $\left[c\right]$．$\left[d\right]$．）因此，对任意 $ p\in {{\mathbb{N}}^{*}} $，都有\[ 0<{{x}_{n}}-{{x}_{n+p}}<\dfrac{1}{n} .\]