由题意\[ {a_{n + 1}} - 2 = \dfrac{5}{2} - \dfrac{1}{a_n} - 2 = \dfrac{{{a_n} - 2}}{{2{a_n}}} ,\]所以\[ \dfrac{1}{{{a_{n + 1}} - 2}} = \dfrac{{2{a_n}}}{{{a_n} - 2}} = \dfrac{4}{{{a_n} - 2}} + 2, \]即\[{b_{n + 1}} = 4{b_n} + 2 ,{b_{n + 1}} + \dfrac{2}{3} = 4\left({b_n} + \dfrac{2}{3}\right),\]又 $ {a_1} = 1 $，故\[{b_1} = \dfrac{1}{{{a_1} - 2}} = - 1,\]所以 $\left\{ {b_n} + \dfrac{2}{3}\right\} $ 是首项为 $ - \dfrac{1}{3}$，公比为 $ 4 $ 的等比数列，所以\[ {b_n} + \dfrac{2}{3} = - \dfrac{1}{3} \times {4^{n - 1}},
{b_n} = - \dfrac{1}{3} \times {4^{n - 1}} - \dfrac{2}{3}. \]所以数列 $\left\{ {b_n} \right\}$ 的通项公式为 $ {b_n} =- \dfrac{1}{3} \times {4^{n - 1}} - \dfrac{2}{3}$．

${a_1} = 1$，${a_2} = c - 1$，由 $ {a_2} > {a_1} $，得 $ c > 2 $．
用数学归纳法证明：当 $c > 2$ 时，${a_n} < {a_{n + 1}}$．
（i）当 $n = 1$ 时，${a_2} = c - \dfrac{1}{a_1} > {a_1}$，命题成立；
（ii）设当 $ n=k $ 时，${a_k} < {a_{k + 1}}$，则当 $ n=k+1 $ 时，有\[{a_{k + 2}} = c - \dfrac{1}{{{a_{k + 1}}}} > c - \dfrac{1}{a_k} = {a_{k + 1}} ,\]故由（i）（ii）知，当 $ c>2 $ 时，${a_n} < {a_{n + 1}}$．
当 $ c>2 $ 时，令 $a = \dfrac{{c + \sqrt {{c^2} - 4} }}{2}$，由 ${a_n} + \dfrac{1}{a_n} < {a_{n + 1}} + \dfrac{1}{a_n} = c$，得 ${a_n} < a$；
当 $2 < c \leqslant \dfrac{10}{3}$ 时，${a_n} < a \leqslant 3$；
当 $c > \dfrac{10}{3}$ 时，$a > 3$，且 $1 \leqslant {a_n} < a$．
于是\[a - {a_{n + 1}} = \dfrac{1}{{{a_n}a}}\left(a - {a_n}\right) < \dfrac{1}{3}\left(a - {a_n}\right) ,\]所以\[ a - {a_{n + 1}} < \dfrac{1}{3^n}\left(a - 1\right),\]当 $n > {\log _3}\dfrac{a - 1}{a - 3}$ 时，$a - {a_{n + 1}} < a - 3$，${a_{n + 1}} > 3$，与已知矛盾，因此 $c > \dfrac{10}{3}$ 不符合要求．
所以 $ c $ 的取值范围是 $\left(2,\dfrac{10}{3}\right]$．