设数列$\{a_{n}\}$满足$a_{n+1}= \dfrac {4a_{n}-2}{a_{n}+1}(n∈N^{*})(1)$若$a_{1}=3$，$b_{n}= \dfrac {2-a_{n}}{a_{n}-1}(n∈N^{*})$，求证数列$\{b_{n}\}$是等比数列，并求$\{b_{n}\}$的通项公式$b_{n}$； (2)若$a_{n} > a_{n+1}$对$∀n∈N^{*}$恒成立，求$a_{1}$的取值范围．

1. 推导 $b_{n+1}$ 与 $b_n$ 的递推关系

由题意 $b_n = \dfrac{2-a_n}{a_n-1}$，将 $a_{n+1} = \dfrac{4a_n-2}{a_n+1}$ 代入 $b_{n+1}$ 可得：
$b_{n+1} = \dfrac{2-a_{n+1}}{a_{n+1}-1} = \dfrac{2 - \dfrac{4a_n-2}{a_n+1}}{\dfrac{4a_n-2}{a_n+1} - 1}$
分子分母同乘以 $a_n+1$ 化简：
$b_{n+1} = \dfrac{2(a_n+1) - (4a_n-2)}{(4a_n-2) - (a_n+1)} = \dfrac{-2a_n+4}{3a_n-3} = \dfrac{-2(a_n-2)}{3(a_n-1)} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2-a_n}{a_n-1} = \dfrac{2}{3}b_n$

2. 求首项 $b_1$ 并得出等比数列结论与通项公式

当 $n=1$ 时，由 $a_1 = 3$ 可得：
$b_1 = \dfrac{2-a_1}{a_1-1} = \dfrac{2-3}{3-1} = -\dfrac{1}{2}$
因为 $b_1 = -\dfrac{1}{2} \neq 0$，且对任意 $n \in \mathbb{N}^*$ 均满足 $b_{n+1} = \dfrac{2}{3}b_n$，所以数列 $\{b_n\}$ 是以 $-\dfrac{1}{2}$ 为首项，$\dfrac{2}{3}$ 为公比的等比数列。
其通项公式为：
$b_n = -\dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$

1. 将单调性条件 $a_n > a_{n+1}$ 转化为关于 $a_n$ 的不等式

由 $a_n > a_{n+1}$ 得 $a_n - \dfrac{4a_n-2}{a_n+1} > 0$，通分化简：
$\dfrac{a_n(a_n+1) - (4a_n-2)}{a_n+1} = \dfrac{a_n^2 - 3a_n + 2}{a_n+1} = \dfrac{(a_n-1)(a_n-2)}{a_n+1} > 0$
解此分式不等式，可得使单步递减成立的 $a_n$ 取值范围为 $a_n \in (-1, 1) \cup (2, +\infty)$。
要使 $a_n > a_{n+1}$ 对任意 $n \in \mathbb{N}^*$ 恒成立，必须保证对所有 $n \in \mathbb{N}^*$ 均有 $a_n \in (-1, 1) \cup (2, +\infty)$。

2. 分析递推函数的保持性并分类讨论确定 $a_1$ 的取值范围

考虑函数 $f(x) = \dfrac{4x-2}{x+1} = 4 - \dfrac{6}{x+1}$：
① 若 $a_1 > 2$，当 $x > 2$ 时，$x+1 > 3 \implies 0 < \dfrac{6}{x+1} < 2 \implies f(x) > 2$。
由数学归纳法可知，若 $a_1 > 2$，则对任意 $n \in \mathbb{N}^*$ 都有 $a_n > 2$，满足 $a_n \in (2, +\infty)$，故 $a_n > a_{n+1}$ 对 $\forall n \in \mathbb{N}^*$ 恒成立。
② 若 $a_1 \in (-1, 1)$，由于当 $x \in (-1, 1)$ 时 $f(x) < x$，数列 $\{a_n\}$ 严格递减。若 $a_n$ 恒属于 $(-1, 1)$，则数列单调有界必收敛于固定点 $L \in [-1, 1)$，但 $f(x)=x$ 的解仅为 $x=1$ 或 $x=2$，均不在 $[-1, 1)$ 内，产生矛盾。这说明 $a_n$ 必在有限步后落入 $(-\infty, -1]$ 内，破坏单调性条件。
综上所述，$a_1$ 的取值范围为 $(2, +\infty)$。