已知在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，其前$n$项和为$s_{n}$，且$a_{n}= \dfrac {2 s_{ n }^{ 2 }}{2s_{n}-1}(n\geqslant 2)(1)$证明$\{ \dfrac {1}{s_{n}}\}$是等差数列，并求数列$\{ \dfrac {1}{s_{n}}\}$的前$n$项和$P_{n}(2)$若$b_{n}= \dfrac {s_{n}}{2n+1}+ \dfrac {2^{n}}{s_{n}}$求数列的前项和$T_{n}$．

1. 利用 $a_n = s_n - s_{n-1}$ 改写已知递推关系

当 $n \geqslant 2$ 时，由 $a_n = s_n - s_{n-1}$ 及已知条件 $a_n = \dfrac{2 s_n^2}{2 s_n - 1}$，可得：
$s_n - s_{n-1} = \dfrac{2 s_n^2}{2 s_n - 1}$

2. 推导 $\{\dfrac{1}{s_n}\}$ 的递推关系并证明其为等差数列

由上式变形得：
$s_{n-1} = s_n - \dfrac{2 s_n^2}{2 s_n - 1} = \dfrac{s_n(2 s_n - 1) - 2 s_n^2}{2 s_n - 1} = \dfrac{-s_n}{2 s_n - 1}$
两边取倒数，得：
$\dfrac{1}{s_{n-1}} = \dfrac{2 s_n - 1}{-s_n} = -2 + \dfrac{1}{s_n}$
即：
$\dfrac{1}{s_n} - \dfrac{1}{s_{n-1}} = 2 \quad (n \geqslant 2)$
又当 $n = 1$ 时，$s_1 = a_1 = 1$，则 $\dfrac{1}{s_1} = 1$。
因此，$\left\{\dfrac{1}{s_n}\right\}$ 是以 $1$ 为首项、$2$ 为公差的等差数列。

3. 求数列 $\{\dfrac{1}{s_n}\}$ 的通项公式与前 $n$ 项和 $P_n$

由等差数列通项公式，得：
$\dfrac{1}{s_n} = 1 + (n - 1) \times 2 = 2n - 1$
故数列 $\left\{\dfrac{1}{s_n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $P_n$ 为：
$P_n = \dfrac{n\left(1 + (2n - 1)\right)}{2} = n^2$

1. 复用第(1)问结论将 $b_n$ 拆分为两部分

由(1)知 $\dfrac{1}{s_n} = 2n - 1$，故 $s_n = \dfrac{1}{2n - 1}$。
代入 $b_n$ 的表达式，得：
$b_n = \dfrac{\frac{1}{2n - 1}}{2n + 1} + (2n - 1) 2^n = \dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} + (2n - 1) 2^n$
设 $c_n = \dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}$，$d_n = (2n - 1) 2^n$，则 $b_n = c_n + d_n$。
数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n = C_n + D_n$，其中 $C_n = \sum_{k=1}^n c_k$，$D_n = \sum_{k=1}^n d_k$。

2. 利用裂项相消法求 $c_n$ 的前 $n$ 项和 $C_n$

将 $c_n$ 裂项变形为：
$c_n = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1} \right)$
则 $c_n$ 的前 $n$ 项和 $C_n$ 为：
$C_n = \dfrac{1}{2} \left[ \left(1 - \dfrac{1}{3}\right) + \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{5}\right) + \dots + \left(\dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}\right) \right] = \dfrac{1}{2} \left( 1 - \dfrac{1}{2n + 1} \right) = \dfrac{n}{2n + 1}$

3. 利用错位相减法求 $d_n$ 的前 $n$ 项和 $D_n$

记 $D_n = 1 \cdot 2^1 + 3 \cdot 2^2 + 5 \cdot 2^3 + \dots + (2n - 1) 2^n$ ①
两边同乘以 $2$，得：
$2 D_n = 1 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \dots + (2n - 3) 2^n + (2n - 1) 2^{n+1}$ ②
①式减去②式，得：
$-D_n = 2^1 + 2 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2^3 + \dots + 2 \cdot 2^n - (2n - 1) 2^{n+1}$
$-D_n = 2 + 2 \left( 2^2 + 2^3 + \dots + 2^n \right) - (2n - 1) 2^{n+1}$
$-D_n = 2 + 2 \cdot \dfrac{4(2^{n-1} - 1)}{2 - 1} - (2n - 1) 2^{n+1} = 2 + 2^{n+2} - 8 - (2n - 1) 2^{n+1}$
$-D_n = -6 + (3 - 2n) 2^{n+1}$
解得：
$D_n = (2n - 3) 2^{n+1} + 6$

4. 合并求得数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$

综上所述，数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为：
$T_n = C_n + D_n = \dfrac{n}{2n + 1} + (2n - 3) 2^{n+1} + 6$