${a_2} = 2,{a_3} = \sqrt 2 + 1$．${a_n} = \sqrt {n - 1} + 1,\left( {n \in {{\mathbb{N}}^*}} \right)$．

可构造辅助数列 $\{(a_n-1)^2\}$，从而求得 $\{a_n\}$ 的通项公式．根据题中所给递推公式可得\[{a_2} = 2,{a_3} = \sqrt 2 + 1,\]再由题设条件知\[{\left( {{a_{n + 1}} - 1} \right)^2} = {\left( {{a_n} - 1} \right)^2} + 1,\]从而 $\left\{ {{{\left( {{a_n} - 1} \right)}^2}} \right\}$ 是首项为 $ 0 $ 公差为 $ 1 $ 的等差数列，故\[{\left( {{a_n} - 1} \right)^2} = n - 1,\]即\[{a_n} = \sqrt {n - 1} + 1,\left( {n \in {{\mathbb{N}}^*}} \right),\]

符合条件的 $c$ 存在，其中一个值为 $c = \dfrac{1}{4}$．证明略．

本题考察数列的单调性和有界性，题目中又给出了数列的递推式，于是我们可尝试用迭代函数法解决问题．解法一：
设 $f\left( x \right) = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 1} - 1$，则 ${a_{n + 1}} = f\left( {a_n} \right)$．
令 $c = f\left( c \right)$，即 $c = \sqrt {{{\left( {c - 1} \right)}^2} + 1} - 1$，解得 $c = \dfrac{1}{4}$．
下用数学归纳法证明加强命题：${a_{2n}} < c < {a_{2n + 1}} < 1$，
当 $n = 1$ 时，\[{a_2} = f\left( 1 \right) = 0, {a_3} = f\left( 2 \right) = \sqrt 2 - 1, \]所以 ${a_2} < \dfrac{1}{4} < {a_3} < 1$，结论成立．
假设 $n = k$ 时结论成立，即\[{a_{2k}} < c < {a_{2k + 1}} < 1,\]易知 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right]$ 上为减函数，从而\[c = f\left( c \right) > f\left( {{a_{2k + 1}}} \right) > f\left( 1 \right) = {a_2}.\]即\[1 > c > {a_{2k + 2}} > {a_2},\]再由 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right]$ 上为减函数得\[c = f\left( c \right) < f\left( {{a_{2k + 2}}} \right) < f\left( {a_2} \right) = {a_3} < 1,\]故 $c < {a_{2k + 3}} < 1$，因此\[{a_{2\left(k + 1\right)}} < c < {a_{2\left(k + 1\right) + 1}} < 1,\]这就是说，当 $n = k + 1$ 时结论成立．
综上，符合条件的 $c$ 存在，其中一个值为 $c = \dfrac{1}{4}$．
解法二：
设 $f\left( x \right) = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 1} - 1$，则 ${a_{n + 1}} = f\left( {a_n} \right)$．
先用数学归纳法证：\[0 \leqslant {a_n} \leqslant 1 \left( {n \in {{\mathbb{N}}^*}} \right), \quad \cdots \cdots ① \]当 $n = 1$ 时，结论显然成立．
假设 $n = k$ 时结论成立，即 $0 \leqslant {a_k} \leqslant 1$，易知 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right]$ 上为减函数，从而\[0 = f\left( 1 \right) \leqslant f\left( {a_k} \right) \leqslant f\left( 0 \right) = \sqrt 2 - 1 < 1,\]即 $0 \leqslant {a_{k + 1}} \leqslant 1$．
这就是说，当 $n = k + 1$ 时结论成立，故 $ ① $ 成立．
再用数学归纳法证：\[{a_{2n}} < {a_{2n + 1}} \left( {n \in {{\mathbb{N}}^*}} \right), \quad \cdots \cdots ② \]当 $n = 1$ 时，则\[{a_2} = f\left( 1 \right) = 0, {a_3} = f\left( 2 \right) = \sqrt 2 - 1,\]有 ${a_2} < {a_3}$，即当 $n = 1$ 时结论 $ ② $ 成立．
假设 $n = k$ 时，结论成立，即 ${a_{2k}} < {a_{2k + 1}}$，由 $ ① $ 及 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right]$ 上为减函数，得\[\begin{split}{a_{2k + 1}} &= f\left( {{a_{2k}}} \right) > f\left( {{a_{2k + 1}}} \right) = {a_{2k + 2}},\\ {a_{2\left( {k + 1} \right)}} &= f\left( {{a_{2k + 1}}} \right) < f\left( {{a_{2k + 2}}} \right) = {a_{2\left( {k + 1} \right) + 1}},\end{split}\]这就是说，当 $n = k + 1$ 时 $ ② $ 成立，所以 $ ② $ 对一切 $n \in {{\mathbb{N}}^*}$ 成立．
由 $ ② $ 得\[{a_{2k}} < \sqrt {a_{2k}^2 - 2{a_{2k}} + 2} - 1,\]即\[{\left( {{a_{2k}} + 1} \right)^2} < a_{2k}^2 - 2{a_{2k}} + 2,\]因此\[{a_{2k}} < \dfrac{1}{4}, \quad \cdots \cdots ③ \]又由 $ ① , ② $ 及 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty ,1} \right]$ 上为减函数得 $f\left( {{a_{2n}}} \right) > f\left( {{a_{2n + 1}}} \right)$，
即 ${a_{2n + 1}} > {a_{2n + 2}}$，所以\[{a_{2n + 1}} > \sqrt {a_{2n + 1}^2 - 2{a_{2n + 1}} + 2} - 1,\]解得\[{a_{2n + 1}} > \dfrac{1}{4}. \quad \cdots \cdots ④ \]综上，由 $ ②③④ $ 知，存在 $c = \dfrac{1}{4}$ 使 ${a_{2n}} < c < {a_{2n + 1}} $ 对一切 $n \in {{\mathbb{N}}^*}$ 成立．