数列$\{a_{n}\}$中，$S_{n}=4-a_{n}- \dfrac {1}{2^{n-2}}$． $($Ⅰ$)$求$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$； $($Ⅱ$)$猜想$a_{n}$的表达式，并用数学归纳法加以证明．

1. 利用 $S_1 = a_1$ 求出 $a_1$ 的值

已知 $S_{n}=4-a_{n}- \dfrac {1}{2^{n-2}}$．
当 $n=1$ 时，$S_{1}=a_{1}$，代入公式得：
$a_{1}=4-a_{1}- \dfrac {1}{2^{1-2}} = 4-a_{1}-2$
解得：
$2a_{1}=2 \implies a_{1}=1$

2. 利用 $S_2 = a_1 + a_2$ 求出 $a_2$ 的值

当 $n=2$ 时，$S_{2}=a_{1}+a_{2}$，代入公式得：
$a_{1}+a_{2}=4-a_{2}- \dfrac {1}{2^{2-2}} = 4-a_{2}-1$
将 $a_{1}=1$ 代入上式得：
$1+a_{2}=3-a_{2} \implies 2a_{2}=2 \implies a_{2}=1$

3. 利用 $S_3 = a_1 + a_2 + a_3$ 求出 $a_3$ 的值

当 $n=3$ 时，$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$，代入公式得：
$a_{1}+a_{2}+a_{3}=4-a_{3}- \dfrac {1}{2^{3-2}} = 4-a_{3}-\dfrac{1}{2}$
将 $a_{1}=1, a_{2}=1$ 代入上式得：
$2+a_{3}=\dfrac{7}{2}-a_{3} \implies 2a_{3}=\dfrac{3}{2} \implies a_{3}=\dfrac{3}{4}$

4. 利用 $S_4 = a_1 + a_2 + a_3 + a_4$ 求出 $a_4$ 的值

当 $n=4$ 时，$S_{4}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$，代入公式得：
$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=4-a_{4}- \dfrac {1}{2^{4-2}} = 4-a_{4}-\dfrac{1}{4}$
将 $a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=\dfrac{3}{4}$ 代入上式得：
$\dfrac{11}{4}+a_{4}=\dfrac{15}{4}-a_{4} \implies 2a_{4}=1 \implies a_{4}=\dfrac{1}{2}$

1. 根据（Ⅰ）求出的前4项，猜想数列的通项公式

观察（Ⅰ）中的计算结果：
$a_{1}=1=\dfrac{1}{2^{0}}$
$a_{2}=1=\dfrac{2}{2^{1}}$
$a_{3}=\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2^{2}}$
$a_{4}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{4}{2^{3}}$
由此可以猜想，该数列的通项公式为：
$a_{n}=\dfrac{n}{2^{n-1}}$

2. 使用数学归纳法：验证 $n=1$ 的情况

下面用数学归纳法证明该猜想：
① 当 $n=1$ 时，由上述公式可得 $a_{1}=\dfrac{1}{2^{0}}=1$，这与已知 $a_{1}=1$ 相符，因此当 $n=1$ 时结论成立．

3. 写出归纳假设

② 假设当 $n=k\ (k \in \mathbb{N}^*)$ 时，结论成立，即：
$a_{k}=\dfrac{k}{2^{k-1}}$

4. 推导 $n=k+1$ 时的结论

那么当 $n=k+1$ 时，根据 $S_n$ 的定义，有：
$S_{k+1}=4-a_{k+1}-\dfrac{1}{2^{k-1}}$
$S_{k}=4-a_{k}-\dfrac{1}{2^{k-2}}$
两式相减可得：
$a_{k+1}=S_{k+1}-S_{k}=\left(4-a_{k+1}-\dfrac{1}{2^{k-1}}\right)-\left(4-a_{k}-\dfrac{1}{2^{k-2}}\right)$
化简上式：
$a_{k+1}=-a_{k+1}+a_{k}-\dfrac{1}{2^{k-1}}+\dfrac{1}{2^{k-2}}$
$2a_{k+1}=a_{k}+\dfrac{1}{2^{k-1}}$
将归纳假设 $a_{k}=\dfrac{k}{2^{k-1}}$ 代入，得：
$2a_{k+1}=\dfrac{k}{2^{k-1}}+\dfrac{1}{2^{k-1}}=\dfrac{k+1}{2^{k-1}}$
从而解得：
$a_{k+1}=\dfrac{k+1}{2^{k}}$
这说明当 $n=k+1$ 时结论也成立．

5. 下结论

综上所述，由 ① 和 ②，可知对任何 $n \in \mathbb{N}^*$，$a_{n}=\dfrac{n}{2^{n-1}}$ 都成立．