Para demostrar que una secuencia en algún espacio topológico no converge, se puede por ejemplo exhibir una propiedad que tengan las secuencias convergentes, pero que la secuencia en cuestión no tiene. Así que en un espacio métrico, se podría mostrar que la secuencia en cuestión no es una sucesión de Cauchy para demostrar que no converge. Sin embargo, esta estrategia no funciona, al menos no sin contorsiones, si la secuencia en cuestión converge en un espacio más grande. Por ejemplo, demostrar que una sucesión de Cauchy en $\mathbb{Q}$ no converge (en $\mathbb{Q}$) efectivamente significa mostrar que su límite en $\mathbb{R}$ es irracional.
Para la secuencia en tu pregunta, estamos en el último escenario, esa secuencia converge en un espacio más grande, pero no en $c_0$ (con la topología débil), por lo que es difícil encontrar una propiedad que todas las secuencias convergentes débilmente en $c_0$ tienen pero $(x_n)$ no tiene.
Entonces los ángulos de ataque más obvios son a) mostrar directamente que para todo $\xi \in c_0$ la secuencia $(x_n)$ no converge débilmente a $\xi$, o b) encontrar un espacio de Hausdorff más grande $S$ en el que la secuencia converja a algún $s\in S \setminus c_0$. (El espacio $S$ siendo Hausdorff garantiza la unicidad de límites. Dado que estamos viendo secuencias, la unicidad de límites secuenciales, que es una condición más débil que la hausdorffiana, sería suficiente, pero el candidato natural para $S$ es un espacio de Hausdorff, por lo que podemos exigir eso.)
Veamos primero la estrategia b). Dado que $(\ell^1)^{\ast} \cong \ell^{\infty}$ y la inclusión natural $c_0 \hookrightarrow \ell^{\infty}$ coincide con la inyección canónica $c_0 \hookrightarrow (c_0)^{\ast\ast}$ bajo las identificaciones de $\ell^1$ con $(c_0)^{\ast}$ y de $\ell^{\infty}$ con $(\ell^1)^{\ast}$, un candidato obvio para el espacio más grande es $\ell^{\infty}$ en su topología débil$^{\ast}$. Como la topología débil en $c_0$ [$\sigma(c_0, \ell^1)$] coincide con la topología de subespacio inducida en $c_0$ por la topología débil$^{\ast}$ en $\ell^{\infty}$ [$\sigma(\ell^{\infty}, \ell^1)$]; ambas son generadas por la familia de seminormas $\{ p_y : y \in \ell^1\}$, donde
$$p_y(x) = \Biggl\lvert \sum_{m = 1}^{\infty} y(m)x(m)\Biggr\rvert;$$
y $\sigma(\ell^{\infty}, \ell^1)$ es una topología de Hausdorff, este es de hecho un espacio adecuado.
Es fácil verificar que $x_n \rightharpoonup \mathbb{1}$ en $\bigl(\ell^{\infty}, \sigma(\ell^{\infty}, \ell^1)\bigr)$ - esencialmente tienes esa prueba en tu pregunta - y como $\mathbb{1} \in \ell^{\infty} \setminus c_0$, se sigue que $(x_n)$ no converge en $\bigl(c_0, \sigma(c_0, \ell^1)\bigr)$. Porque si tuviéramos $x_n \rightharpoonup \xi$ en $\bigl(c_0, \sigma(c_0, \ell^1)\bigr)$, entonces también $x_n \to \xi$ en $\bigl(\ell^{\infty}, \sigma(\ell^{\infty}, \ell^1)\bigr)$, y eso contradiría la unicidad de límites en espacios de Hausdorff.
Ahora volvamos a la estrategia a). Elije un $\xi \in c_0$ arbitrariamente. Entonces existe un $m_0$ tal que $\lvert \xi(m)\rvert \leqslant \frac{1}{2}$ para todo $m \geqslant m_0$. Para todo $y \in \ell^1$ con $y(m) = 0$ para $m < m_0$, tenemos entonces
$$\lvert\langle y, \xi\rangle\rvert = \Biggl\lvert \sum_{m = m_0}^{\infty} y(m)\xi(m)\Biggr\rvert \leqslant \sum_{m = m_0}^{\infty} \lvert y(m)\rvert\cdot \lvert \xi(m)\rvert \leqslant \frac{1}{2} \sum_{m = m_0}^{\infty} \lvert y(m)\rvert = \frac{1}{2}\lVert y\rVert_{\ell^1}.$$
Tomando en particular
$$y(m) = \begin{cases}\;\; 0 &, m < m_0 \\ 2^{m_0 - m} &, m \geqslant m_0 \end{cases}$$
tenemos $\lVert y\rVert_{\ell^1} = 2$, y
$$\langle y, x_n\rangle = \sum_{m = m_0}^n 2^{m_0-m} = 2 - 2^{m_0 - n} \geqslant \frac{3}{2}$$
para $n > m_0$. Así que $\lvert\langle y, \xi - x_n\rangle\rvert \geqslant \frac{1}{2}$ para todo $n > m_0$, y por lo tanto $x_n$ no converge débilmente a $\xi$.
Dado que $\xi \in c_0$ era arbitrario, eso significa que $(x_n)$ no converge débilmente en $c_0$.
