设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$，则 $a_n=a_1q^{n-1}$，且 $a_1\ne0,\ q\ne0$。
由 $a_2a_4=a_5$，得
\[
(a_1q)(a_1q^3)=a_1q^4,
\]
即
\[
a_1^2q^4=a_1q^4.
\]
因为 $a_1q^4\ne0$，所以 $a_1=1$。
由 $a_3-4a_2+4a_1=0$，得
\[
a_1q^2-4a_1q+4a_1=0.
\]
代入 $a_1=1$，得
\[
q^2-4q+4=0,
\]
即
\[
(q-2)^2=0,
\]
所以 $q=2>0$。故 $\{a_n\}$ 是首项为 $1$、公比为正数的等比数列，即为“M 数列”。
由题设 $\dfrac1{S_n}=\dfrac2{b_n}-\dfrac2{b_{n+1}}$ 可知 $b_n\ne0$，$S_n\ne0$。
当 $n=1$ 时，$S_1=b_1=1$，所以
\[
1=\frac2{1}-\frac2{b_2},
\]
解得
\[
b_2=2.
\]
又
\[
\frac1{S_n}=\frac{2(b_{n+1}-b_n)}{b_nb_{n+1}},
\]
且右边不为 $0$，故 $b_{n+1}\ne b_n$，从而
\[
S_n=\frac{b_nb_{n+1}}{2(b_{n+1}-b_n)}.
\]
当 $n\ge2$ 时，$b_n=S_n-S_{n-1}$，于是
\[
b_n=\frac{b_nb_{n+1}}{2(b_{n+1}-b_n)}
-\frac{b_{n-1}b_n}{2(b_n-b_{n-1})}.
\]
两边除以 $b_n$，得
\[
1=\frac{b_{n+1}}{2(b_{n+1}-b_n)}
-\frac{b_{n-1}}{2(b_n-b_{n-1})}.
\]
整理得
\[
2=\frac{b_{n+1}}{b_{n+1}-b_n}
-\frac{b_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}.
\]
清分母后可得
\[
b_n(2b_n-b_{n+1}-b_{n-1})=0.
\]
因为 $b_n\ne0$，所以
\[
b_{n+1}+b_{n-1}=2b_n.
\]
因此 $\{b_n\}$ 是等差数列。又 $b_1=1,\ b_2=2$，公差为 $1$，故
\[
b_n=n\quad(n\in\mathbf N^*).
\]
设“M 数列” $\{c_n\}$ 的公比为 $q>0$，则 $c_1=1$，$c_k=q^{k-1}$。由 $b_k=k$，条件化为
\[
q^{k-1}\le k\le q^k,\qquad k=1,2,\dots,m.
\]
取 $q=\sqrt[3]{3}$。逐项检验：
\[
q^0=1\le1\le q;
\]
\[
q\le2\le q^2,
\]
因为 $3\le8\le9$；
\[
q^2\le3\le q^3,
\]
因为 $9\le27$ 且 $q^3=3$；
\[
q^3=3\le4\le q^4,
\]
其中 $4\le q^4$ 等价于 $4^3=64\le81=3^4$；
\[
q^4\le5\le q^5,
\]
其中 $q^4\le5$ 等价于 $3^4=81\le125=5^3$，$5\le q^5$ 等价于 $5^3=125\le243=3^5$。
所以 $m=5$ 可以满足条件。
若 $m\ge6$，则对 $k=3$ 和 $k=6$ 都有
\[
q^{k-1}\le k\le q^k.
\]
由 $k=3$ 得
\[
3\le q^3,
\]
由 $k=6$ 得
\[
q^5\le6.
\]
于是
\[
q^{15}\ge3^5=243,
\]
同时
\[
q^{15}\le6^3=216,
\]
矛盾。因此 $m$ 不能达到 $6$。
综上，$m$ 的最大值为 $5$。