${a_n} = 2 + \dfrac{5}{2}\left(n - 1\right) = \dfrac{1}{2}\left(5n - 1\right)$

当 $n=1$ 时，\[10{a_1} = \left(2{a_1} + 1\right)\left({a_1} + 2\right) ,\]得\[2{a_1}^2 - 5{a_1} + 2 = 0 ,\]解得 ${a_1} = 2$ 或 ${a_1} = \dfrac{1}{2}$．由于 ${a_1} > 1$，所以 ${a_1} = 2$．
因为\[10{S_n} = \left(2{a_n} + 1\right)\left({a_n} + 2\right),\]所以\[10{S_n} = 2{a_n}^2 + 5{a_n} + 2 \]故\[10{a_{n + 1}} = 10{S_{n + 1}} - 10{S_n} = 2{a_{n + 1}}^2 + 5{a_{n + 1}} + 2 - 2{a_n}^2 - 5{a_n} - 2 ,\]整理得\[2\left({a_{n + 1}}^2 - {a_n}^2\right) - 5\left({a_{n + 1}} + {a_n}\right) = 0,\]即\[\left({a_{n + 1}} + {a_n}\right)\left[2\left({a_{n + 1}} - {a_n}\right) - 5\right] = 0 .\]因为 $\left\{ {a_n} \right\}$ 是递增数列，且 ${a_1} = 2$，故 ${a_{n + 1}} + {a_n} \ne 0$，因此 ${a_{n + 1}} - {a_n} = \dfrac{5}{2}$．
则数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 是以 $ 2 $ 为首项，$\dfrac{5}{2}$ 为公差的等差数列．
所以 ${a_n} = 2 + \dfrac{5}{2}\left(n - 1\right) = \dfrac{1}{2}\left(5n - 1\right)$．

略

满足条件的正整数 $m$，$ n $，$k$ 不存在，证明如下：
假设存在 $m$，$ n $，$k \in {{\mathbb{N}}^ * }$，使得 $2\left( {{a_m} + {a_n}} \right) = {a_k}$．
则\[5m - 1 + 5n - 1 = \dfrac{1}{2}\left( {5k - 1} \right) .\]整理得 $2m + 2n - k = \dfrac{3}{5}$，矛盾．
故满足条件的正整数 $m$，$ n $，$k$ 不存在．

$m$ 的最大值为 $8$

\[ \begin{split} {b_n} &= {a_n} - \dfrac{n - 3}{2} = \dfrac{1}{2}\left({5n - 1} \right)- \dfrac{n - 3}{2} = 2n + 1,\\
{c_n}& = \dfrac{{2\left({n + 3} \right){a_n}}}{5n - 1} = \dfrac{{2\left({n + 3} \right)}}{5n - 1} \cdot \dfrac{5n - 1}{2} = n + 3.\end{split} \]不等式\[\dfrac{\sqrt 5 m}{{31\left( {1 + \dfrac{1}{b_1}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{b_2}} \right)\cdots \left( {1 + \dfrac{1}{b_n}} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt {{c_{n + 1}} + n - 1} }} \leqslant 0,\]可转化为\[ \begin{split} \dfrac{\sqrt 5 m}{31} & \leqslant \dfrac{{\left({1 + \dfrac{1}{b_1}} \right)\left({1 + \dfrac{1}{b_2}} \right)\cdots \left({1 + \dfrac{1}{b_n}} \right)}}{{\sqrt {{c_{n + 1}} + n - 1} }}\\
&= \dfrac{{{b_1} + 1}}{b_1} \cdot \dfrac{{{b_2} + 1}}{b_2} \cdot \dfrac{{{b_3} + 1}}{b_3} \cdot \cdots \dfrac{{{b_n} + 1}}{b_n} \cdot \dfrac{1}{{\sqrt {{c_{n + 1}} + n - 1} }} \\
&= \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{6}{5} \cdot \dfrac{8}{7} \cdot \cdots \cdot \dfrac{2n + 2}{2n + 1} \cdot \dfrac{1}{{\sqrt {2n + 3} }},
\end{split} \]设 $p_{n} = \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{6}{5} \cdot \dfrac{8}{7} \cdot \cdots \cdot \dfrac{2n + 2}{2n + 1} \cdot \dfrac{1}{{\sqrt {2n + 3} }}$，则\[\dfrac{p_{n+1}}{p_{n}} = \dfrac{2n + 4}{2n + 3} \cdot \dfrac{{\sqrt {2n + 3} }}{{\sqrt {2n + 5} }} = \dfrac{2n+4}{\sqrt{2n+3}\cdot \sqrt{2n+5}}=\sqrt{\dfrac{4n^{2}+16n+16}{4n^{2}+16n+15}}>1.\]所以 $\dfrac{\sqrt 5m}{31}\leqslant \min(p_{n})=p_{1}=\dfrac{4}{3\sqrt 5}$，解得 $m\leqslant \dfrac{124}{15}$．因此正整数 $m$ 的最大值为 $8$．