略

根据函数单调性求出极值点 $x_n$ 的表达式是解题的关键．对函数 $f\left(x\right)$ 求导，得\[\begin{split}f'\left(x\right)&\overset{\left[a\right]}=a{\mathrm e}^{ax}\sin x+{\mathrm e}^{ax}\cos x\\&={\mathrm e}^{ax}\left(a\sin x+\cos x\right)\\&\overset{\left[b\right]}=\sqrt{a^2+1}{\mathrm e}^{ax}\sin\left(x+\varphi\right).\end{split}\]（推导中用到：[a][b]）其中 $\tan\varphi=\dfrac{1}{a}$，$0<\varphi<\dfrac{\mathrm \pi} {2}$．
令 $f'\left(x\right)=0$，由 $x\geqslant0$ 得 $x+\varphi=m{\mathrm \pi} $，即\[x=m{\mathrm \pi} -\varphi,m\in \mathbb N^*.\]对 $k\in \mathbb N$，若 $2k{\mathrm \pi} <x+\varphi<\left(2k+1\right){\mathrm \pi} $，即\[2k{\mathrm \pi} -\varphi<x<\left(2k+1\right){\mathrm \pi} -\varphi,\]则 $f'\left(x\right)>0$；
若 $\left(2k+1\right){\mathrm \pi} <x+\varphi<\left(2k+2\right){\mathrm \pi} $，即\[\left(2k+1\right){\mathrm \pi} -\varphi<x<\left(2k+2\right){\mathrm \pi} -\varphi,\]则 $f'\left(x\right)<0$．
因此，在区间 $\left(\left(m-1\right){\mathrm \pi} ,m{\mathrm \pi} -\varphi\right)$ 与 $\left(m{\mathrm \pi} -\varphi,m{\mathrm \pi} \right)$ 上，$f'\left(x\right)$ 的符号总相反．
于是，当 $x=m{\mathrm \pi} -\varphi\left(m\in \mathbb N^*\right)$ 时，$f\left(x\right)$ 取得极值，所以\[x_n=n{\mathrm \pi} -\varphi,\left(n\in \mathbb N^*\right).\]此时，\[f\left(x_n\right)={\mathrm e}^{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}\sin\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)=\left(-1\right)^{n+1}{\mathrm e}^{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}\sin\varphi,\]易知 $f\left(x_n\right)\ne 0$，
且 $\dfrac{f\left(x_{n+1}\right)}{f\left(x_n\right)}=\dfrac{\left(-1\right)^{n+2}{\mathrm e}^{a\left[\left(n+1\right){\mathrm \pi} -\varphi\right]}\sin\varphi}{\left(-1\right)^{n+1}{\mathrm e}^{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}\sin\varphi}=-{\mathrm e}^{a{\mathrm \pi} }$ 是常数，
故数列 $\left\{f\left(x_n\right)\right\}$ 是首项为 $f\left(x_1\right)={\mathrm e}^{a\left({\mathrm \pi} -\varphi\right)}\sin\varphi$，公比为 $-{\mathrm e}^{a{\mathrm \pi} }$ 的等比数列．

略

参变分离将欲证结论进行转化是解题的关键．由（1）知，\[\sin\varphi=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}},\]于是对一切 $n\in \mathbb N^*$，$x_n< \left|f\left(x_n\right) \right|$ 恒成立，即\[n{\mathrm \pi} -\varphi<\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}{{\mathrm e}^{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}}\]恒成立，等价于\[\dfrac{\sqrt{a^2+1}}{a}<\dfrac{{\mathrm e}^{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}}{a\left(n{\mathrm \pi} -\varphi\right)}\]（*）恒成立（因为 $a>0$）．
设 $g\left(t\right)=\dfrac{{\mathrm e}^t}{t}\left(t>0\right)$，则\[g'\left(t\right)=\dfrac{{\mathrm e}^t\left(t-1\right)}{t^2}\]，由 $g'\left(t\right)=0$ 得 $t=1$．
当 $0<t<1$ 时，$g'\left(t\right)<0$，所以 $g\left(t\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 上单调递减；
当 $t>1$ 时，$g'\left(t\right)>0$，所以 $g\left(t\right)$ 在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递增．
从而当 $t=1$ 时，函数 $g\left(t\right)$ 取得最小值 $g\left(1\right)=\mathrm e$．
因此，要使（*）式恒成立，只需\[\dfrac{\sqrt{a^2+1}}{a}<g\left(1\right)=\mathrm e,\]即只需 $a>\dfrac{1}{\sqrt {{{\mathrm e}^2}-1}}$．
而当 $a=\dfrac{1}{\sqrt {{{\mathrm e}^2}-1}}$ 时，由\[\tan\varphi=\dfrac{1}{a}=\sqrt{{\mathrm e}^2-1}>\sqrt 3 且 0<\varphi<\dfrac{\mathrm \pi} {2}\]知，$\dfrac{\mathrm \pi} {3}<\varphi<\dfrac{\mathrm \pi} {2}$．
于是 ${\mathrm \pi} -\varphi<\dfrac{2{\mathrm \pi} }{3}<\sqrt{{\mathrm e}^2-1}$，且当 $n\geqslant 2$ 时，\[n{\mathrm \pi} -\varphi\geqslant 2{\mathrm \pi} -\varphi>\dfrac{3{\mathrm \pi} }{2}>\sqrt {{{\mathrm e}^2}-1}.\]因此，对一切 $n\in \mathbb N^*$，\[ax_n=\dfrac{n{\mathrm \pi} -\varphi}{\sqrt{{\mathrm e}^2-1}}\ne 1.\]所以\[g\left(ax_n\right)>g\left(1\right)=\mathrm e=\dfrac{\sqrt{a^2+1}}{a}.\]故（*）式也恒成立．
综上所述，若 $a\geqslant\dfrac{1}{\sqrt{{\mathrm e}^2-1}}$，则对一切 $n\in \mathbb N^*$，$x_n< \left|f\left(x_n\right) \right|$ 恒成立．