① 当 $n$ 为奇数时，$f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,-1\right)$，$\left(1,+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(-1,1\right)$ 内单调递增；
② 当 $n$ 为偶数时，$f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,1\right)$ 上单调递增，在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递减

本小题考查利用导数研究函数的单调性．由 $f\left(x\right)=nx-x^n$，可得 $f'\left(x\right)=n-nx^{n-1}=n\left(1-x^{n-1}\right)$，其中 $n\in \mathbb N^*$，且 $n\geqslant 2$．
下面分两种情况讨论：
① 当 $n$ 为奇数时，令 $f'\left(x\right)=0$，解得 $x=1$ 或 $x=-1$．
当 $x$ 变化时，$f'\left(x\right)$，$f\left(x\right)$ 的变化情况如下表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
x&\left(-\infty,-1\right)&\left(-1,1\right)&\left(1,+\infty\right) \\ \hline
f'\left(x\right)&-&+&- \\ \hline
f\left(x\right) &\searrow &\nearrow &\searrow \\ \hline
\end{array}\]所以，$f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,-1\right)$，$\left(1,+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(-1,1\right)$ 内单调递增．
② 当 $n$ 为偶数时，当 $f'\left(x\right)>0$，即 $x<1$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增；
当 $f'\left(x\right)<0$，即 $x>1$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减．
所以，$f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,1\right)$ 上单调递增，在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递减．

略

本小题考查利用导数求曲线的切线方程，以及简单的函数不等式的证明，其中构造函数是关键．设点 $P$ 的坐标为 $\left(x_0,0\right)$，则 $x_0=n^{\frac {1}{n-1}}$，$f'\left(x_0\right)=n-n^2$．
曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y=f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$，即\[g\left(x\right)=f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right).\]令 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$，即 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$，则 $F'\left(x\right)=f'\left(x\right)-f'\left(x_0\right)$．
由于 $f'\left(x\right)=-nx^{n-1}+n$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，故 $F'\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递减．
又因为 $F'\left(x_0\right)=0$，
所以当 $x\in \left(0,x_0\right)$ 时，$F'\left(x\right)>0$，当 $x\in\left(x_0,+\infty\right)$ 时，$F'\left(x\right)<0$，
所以 $F\left(x\right)$ 在 $\left(0,x_0\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递减，
所以对于任意的正实数 $x$，都有 $F\left(x\right)\leqslant F\left(x_0\right)=0$，即对于任意的正实数 $x$，都有 $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$．

略

本小题的证明指出了“以直代曲”的关键思路，只需要再求出函数 $f\left(x\right)$ 在原点处的切线进行“两边夹”即可．不妨设 $x_1\leqslant x_2$．
由（2）知\[g\left(x\right)=\left(n-n^2\right)\left(x-x_0\right).\]设方程 $g\left(x\right)=a$ 的根为 $x_2'$，可得 $x_2'=\dfrac {a}{n-n^2}+x_0$，
当 $n\geqslant 2$ 时，$g\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递减，
又由（2）知\[g\left(x_2\right)\geqslant f\left(x_2\right)=a=g\left(x_2'\right),\]可得 $x_2\leqslant x_2'$．
类似地，设曲线 $y=f\left(x\right)$ 在原点处的切线方程为 $y=h\left(x\right)$，可得 $h\left(x\right)=nx$．
当 $x\in \left(0,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)-h\left(x\right)=-x^n<0$，即对于任意的 $x\in \left(0,+\infty\right)$，$f\left(x\right)<h\left(x\right)$，
设方程 $h\left(x\right)=a$ 的根为 $x_1'$，可得 $x_1'=\dfrac an$．
因为 $h\left(x\right)=nx$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递增，且\[h\left(x_1'\right)=a=f\left(x_1\right)<h\left(x_1\right),\]因此 $x_1'<x_1$．
由此可得 $x_2-x_1<x_2'-x_1'=\dfrac {a}{1-n}+x_0$．
因为 $n\geqslant 2$，所以\[\begin{split}2^{n-1}&=\left(1+1\right)^{n-1}\\&\overset{\left[a\right]}\geqslant 1+{\mathrm C}_{n-1}^1\\&=1+n-1\\&=n,\end{split}\]（推导中用到[a]）
故 $2\geqslant n^{\frac {1}{n-1}}=x_0$．
则当 $x_1\leqslant x_2$ 时，$ \left|x_2-x_1 \right|=x_2-x_1<\dfrac {a}{1-n}+2$．
同理可证当 $x_1> x_2$ 时，结论也成立．
综上，$ \left|x_2-x_1 \right|<\dfrac {a}{1-n}+2$．