先证充分性，若 $ c<0 $，由于\[x_{n+1}=-x^2_n+x_n+c\leqslant x_n+c<x_n, \]故 $ \left\{x_n\right\} $ 是递减数列；
再证必要性，若 $ \left\{x_n\right\} $ 是递减数列，则由 $ x_2<x_1 $ 可得 $ c<0 $．

（i）假设 $ \left\{x_n\right\} $ 是递增数列．
由 $ x_1=0 $，得 $ x_2=c$，$x_3=-c^2+2c $．
由 $ x_1<x_2<x_3 $，得 $ 0<c<1 $．
由 $ x_n<x_{n+1}=-x^2_n+x_n+c $ 知，对任意 $ n\geqslant 1 $ 都有 $x_n<{\sqrt{c}} , \quad \cdots \cdots ① $
注意到\[ \begin{split}{\sqrt{c}}-x_{n+1}&=x^2_n-x_n-c+{\sqrt{c}}\\&=\left(1-{\sqrt{c}}-x_n\right)\left({\sqrt{c}}-x_n\right), \end{split} \quad \cdots \cdots ② \]由 $ ① $ 式和 $ ② $ 式可得 $ 1-{\sqrt{c}}-x_n>0 $ 即 $ x_n<1-{\sqrt{c}} $．
由 $ ② $ 式和 $ x_n\geqslant 0 $ 还可得，对任意 $ n\geqslant 1 $ 都有\[ {\sqrt{c}}-x_{n+1}\leqslant \left(1-{\sqrt{c}}\right)\left({\sqrt{c}}-x_n\right), \quad \cdots \cdots ③ \]反复运用 $ ③ $ 式，得\[ {\sqrt{c}}-x_n\leqslant \left(1-{\sqrt{c}}\right)^{n-1}\left({\sqrt{c}}-x_1\right)<\left(1-{\sqrt{c}}\right)^{n-1},\]即\[x_n<1-{\sqrt{c}} 和 {\sqrt{c}}-x_n<\left(1-{\sqrt{c}}\right)^{n-1}, \]两式相加，知\[2{\sqrt{c}}-1<\left(1-{\sqrt{c}}\right)^{n-1} \]对任意 $ n\geqslant 1 $ 成立．
根据指数函数 $ y=\left(1-{\sqrt{c}}\right)^n $ 的性质，得\[ 2{\sqrt{c}}-1\leqslant 0,c\leqslant {\dfrac{1}{4}}, \]故\[ 0<c\leqslant {\dfrac{1}{4}}. \]（ii）若 $ 0<c\leqslant {\dfrac{1}{4}} $，要证数列 $ \left\{x_n\right\} $ 为递增数列，
即\[ x_{n+1}-x_n=-x^2_n+c>0, \]即证 $ x_n<{\sqrt{c}} $ 对任意 $ n\geqslant 1 $ 成立．
下面用数学归纳法证明当 $ 0<c\leqslant {\dfrac{1}{4}} $ 时，$ x_n<\sqrt{c}$ 对任意 $ n\geqslant 1 $ 成立．
$ ① $ 当 $ n=1 $ 时，$ x_1=0<{\sqrt{c}}\leqslant {\dfrac{1}{2}} $，结论成立．
$ ② $ 假设当 $ n=k\left(k\in {\mathbb {N}}^*\right) $ 时结论成立，即 $ x_k<{\sqrt{c}} $．
因为函数 $ f\left(x\right)=-x^2+x+c $ 在区间 $ \left(-\infty ,{\dfrac{1}{2}} \right] $ 内单调递增，
所以 $ x_{k+1}=f\left(x_k\right)<f\left({\sqrt{c}}\right)={\sqrt{c}} $，这就是说当 $ n=k+1 $ 时，结论也成立．
故 $ x_n<{\sqrt{c}} $ 对任意 $ n\geqslant 1 $ 成立．
因此，$ x_{n+1}=x_n-x^2_n+c>x_n $，即 $ \left\{x_n\right\} $ 是递增数列．
由（i）（ii）知，使得数列 $ \left\{x_n\right\} $ 单调递增的 $ c $ 的范围是 $\left( 0,{\dfrac{1}{4}}\right] $．