由题设，可得\[{a_{2k + 1}} - {a_{2k - 1}} = 4k,k \in {{\mathbb{N}}^*} .\]所以\[ \begin{split}{a_{2k + 1}} - {a_1} & = \left({a_{2k + 1}} - {a_{2k - 1}}\right) + \left({a_{2k - 1}} - {a_{2k - 3}}\right) + \cdots + \left({a_3} - {a_1}\right) \\&
= 4k + 4\left(k - 1\right) + \cdots + 4 \times 1=2k\left(k+1\right). \end{split} \]由 ${a_1} =0$，得 ${a_{2k + 1}} = 2k\left(k + 1\right)$，从而\[ {a_{2k}} = {a_{2k + 1}} - 2k = 2{k^2},{a_{2k + 2}} = 2{\left(k + 1\right)^2}.\]于是\[ \dfrac{{{a_{2k + 1}}}}{{{a_{2k}}}} = \dfrac{k + 1}{k},\dfrac{{{a_{2k + 2}}}}{{{a_{2k + 1}}}} = \dfrac{k + 1}{k},\]所以 $\dfrac{{{a_{2k + 2}}}}{{{a_{2k + 1}}}} = \dfrac{{{a_{2k + 1}}}}{{{a_{2k}}}}$．
所以 ${d_k} = 2k$ 时，对任意 $k \in {{\mathbb{N}}^*}$，${a_{2k}}$，${a_{2k + 1}}$，${a_{2k + 2}}$ 成等比数列．

证法一：（i）由 ${a_{2k - 1}},{a_{2k}},{a_{2k + 1}}$ 成等差数列，及 ${a_{2k}},{a_{2k + 1}},{a_{2k + 2}}$ 成等比数列，得\[ 2{a_{2k}} = {a_{2k - 1}} + {a_{2k + 1}},2 = \dfrac{{{a_{2k - 1}}}}{{{a_{2k}}}} + \dfrac{{{a_{2k + 1}}}}{{{a_{2k}}}} = \dfrac{1}{{{q_{k - 1}}}} + {q_k} . \]当 ${q_1} \neq 1$ 时，可知 ${q_k} \neq 1$，$k \in {{\mathbb{N}}^*}$，从而\[ \dfrac{1}{q_k - 1} = \dfrac{1}{{2 - \dfrac{1}{{{q_{k - 1}}}} - 1}} = \dfrac{1}{{{q_{k - 1}} - 1}} + 1,\]即\[\dfrac{1}{q_k - 1} - \dfrac{1}{{{q_{k - 1}} - 1}} = 1\left(k \geqslant 2\right) , \]所以 $\left\{ {\dfrac{1}{{{q_k} - 1}}} \right\}$ 是等差数列，公差为 $ 1 $．
（ii）${a_1} = 0$，${a_2} = 2$，可得 ${a_3} = 4$，从而\[ {q_1} = \dfrac{4}{2} = 2, \dfrac{1}{{{q_1} - 1}} =1.\]由（i）有 $\dfrac{1}{{{q_{k }- 1}}} = 1 + k - 1 = k$，得 $ {q_k} = \dfrac{k + 1}{k}$，$k \in {{\mathbb{N}}^*}$，所以\[ \dfrac{{{a_{2k + 2}}}}{{{a_{2k + 1}}}} = \dfrac{{{a_{2k + 1}}}}{{{a_{2k}}}} = \dfrac{k + 1}{k},\]从而\[ \dfrac{{{a_{2k + 2}}}}{{{a_{2k}}}} = \dfrac{{{ \left({k + 1}\right)^2}}}{k^2},k \in {{\mathbb{N}}^*} , \]因此，\[ \begin{split} {a_{2k}} & = \dfrac{{{a_{2k}}}}{{{a_{2k - 2}}}} \cdot \dfrac{{{a_{2k - 2}}}}{{{a_{2k - 4}}}} \cdot \cdots \cdot \dfrac{a_4}{a_2} \cdot {a_2} \\& = \dfrac{k^2}{{{{\left(k - 1\right)}^2}}} \cdot \dfrac{{{{\left(k - 1\right)}^2}}}{{{{\left(k - 2\right)}^2}}} \cdot \cdots \cdot\dfrac{2^2}{1^2} \cdot 2 \\& = 2{k^2} .\end{split}\]$ \begin{split} {a_{2k + 1}} = {a_{2k}} \cdot \dfrac{k + 1}{k} = 2k\left(k + 1\right),k \in {{\mathbb{N}}^*}.\end{split}$
以下分两种情况进行讨论：
① 当 $ n $ 为偶数时，设 $n=2m\left( m \in {{\mathbb{N}}^*}\right) $，
若 $ m=1 $，则 $\displaystyle 2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} = 2$．
若 $ m\geqslant 2 $，则\[ \begin{split} \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} & = \sum\limits_{k = 1}^m {\dfrac{{{{\left(2k\right)}^2}}}{{{a_{2k}}}}} + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\dfrac{{{{\left(2k + 1\right)}^2}}}{{{a_{2k + 1}}}}} \\& = \sum\limits_{k = 1}^m {\dfrac{{4{k^2}}}{{2{k^2}}}} + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\dfrac{{4{k^2} + 4k + 1}}{2k\left(k + 1\right)}} \\& = 2m + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\left[ {\dfrac{{4{k^2} + 4k}}{2k\left(k + 1\right)} + \dfrac{1}{2k\left(k + 1\right)}} \right]} \\& = 2m + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\left[ {2 + \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k + 1}} \right)} \right]} \\&
= 2m + 2\left(m - 1\right) + \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{m}\right) \\& = 2n - \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{n} . \end{split} \]所以\[2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{n},\]从而\[\dfrac{3}{2} < 2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} < 2,n = 4,6,8,\cdots;\]② 当 $ n $ 为奇数时，设 $n=2m+1\left( m \in {{\mathbb{N}}^*}\right)$，则\[ \begin{split} \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} & = \sum\limits_{k = 2}^{2m} {\dfrac{k^2}{a_k}} + {\dfrac{\left(2m + 1\right)}{{{a_{2m + 1}}}}^2} \\& = 4m - \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2m} + \dfrac{{{{\left(2m + 1\right)}^2}}}{2m\left(m + 1\right)}\\& = 4m + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2\left(m + 1\right)} \\& = 2n - \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{n + 1}, \end{split}\]所以\[ 2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{n + 1},\]从而\[\dfrac{3}{2} < 2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} < 2,n = 3,5,7 ,\cdots. \]综合 ①② 可知，对任意 $n \geqslant 2$，$n \in {{\mathbb{N}}^ * }$，有 $\displaystyle \dfrac{3}{2} < 2n - \sum\limits_{k = 2}^n {\dfrac{k^2}{a_k}} \leqslant 2$．
证法二：（i）由题设，可得\[\begin{split} {d_k} &= {a_{2k + 1}} - {a_{2k}} = {q_k}{a_{2k}} - {a_{2k}} = {a_{2k}}\left({q_k} - 1\right), \\
{d_{k + 1}} &= {a_{2k + 2}} - {a_{2k + 1}} = {q_k}^2{a_{2k}} - {q_k}{a_{2k}} = {a_{2k}}{q_k}\left({q_k} - 1\right),\end{split}\]所以 ${d_{k + 1}} = {q_k}{d_k}$，所以\[ \begin{split}{q_{k + 1}} &= \dfrac{{{a_{2k + 3}}}}{{{a_{2k + 2}}}} = \dfrac{{{a_{2k + 2}} + {d_{k + 1}}}}{{{a_{2k + 2}}}} \\&= 1 + \dfrac{{{d_{k + 1}}}}{{q_k^2{a_{2k}}}} = 1 + \dfrac{d_k}{{{q_k}{a_{2k}}}} = 1 + \dfrac{{{q_k} - 1}}{q_k} .\end{split} \]由 ${q_1} \ne 1$ 可知 ${q_k} \ne 1$，$k \in {\mathbb{N}}^*$．可得\[\dfrac{1}{{{q_{k + 1}} - 1}} - \dfrac{1}{{{q_k} - 1}} = \dfrac{q_k}{{{q_k} - 1}} - \dfrac{1}{{{q_k} - 1}} = 1 ,\]所以 $\left\{ {\dfrac{1}{{{q_k} - 1}}} \right\}$ 是等差数列，公差为 $ 1 $．
（ii）因为 ${a_1} = 0$，${a_2} = 2$，所以 ${d_1} = {a_2} - {a_1} = 2$．
所以 ${a_3} = {a_2} + {d_1} = 4$，从而 ${q_1} = \dfrac{a_3}{a_2} = 2$，$\dfrac{1}{{{q_1} - 1}} = 1$．
于是，由（i）可知 $\left\{ {\dfrac{1}{{{q_k} - 1}}} \right\}$ 是公差为 $ 1 $ 的等差数列．由等差数列的通项公式可得\[ \dfrac{1}{{{q_k} - 1}} = 1 + \left( {k - 1} \right) = k ,\]故 ${q_k} = \dfrac{k + 1}{k}$．从而\[\dfrac{{{d_{k + 1}}}}{d_k} = {q_k} = \dfrac{k + 1}{k} .\]所以\[ \dfrac{d_k}{d_1} = \dfrac{d_k}{{{d_{k - 1}}}} \cdot \dfrac{{{d_{k - 1}}}}{{{d_{k - 2}}}} \cdot \cdots \cdot \dfrac{d_2}{d_1} = \dfrac{k}{k - 1} \cdot \dfrac{k - 1}{k - 2} \cdot \cdots \cdot \dfrac{2}{1} = k ,\]由 ${d_1} = 2$，可得 ${d_k} = 2k$．
于是，由（i）可知 ${a_{2k + 1}} = 2k\left( {k + 1} \right),{a_{2k}} = 2{k^2},k \in {\mathbb{N}}^*$．
以下同证法一．