设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且 $S_{n}=n^{2}-4n+4$． (1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式； (2)设$b_{n}= \dfrac {a_{n}}{2^{n}}$，数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求证：$\dfrac {1}{4}\leqslant T_{n} < 1$．

1. 求当 $n=1$ 时 $a_1$ 的值

当 $n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = 1^2 - 4 \times 1 + 4 = 1$．

2. 求当 $n \ge 2$ 时 $a_n$ 的表达式并讨论是否可统一

当 $n \ge 2$ 时，
$a_n = S_n - S_{n-1} = (n^2 - 4n + 4) - [(n-1)^2 - 4(n-1) + 4]$
$= (n^2 - 4n + 4) - (n^2 - 6n + 9) = 2n - 5$
检验：当 $n = 1$ 时，$2(1) - 5 = -3 \neq 1$，因此当 $n = 1$ 时不满足上式．
综上所述，数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为：
$a_n = \begin{cases} 1, & n = 1 \\ 2n - 5, & n \ge 2 \end{cases}$

1. 写出 $b_n$ 的分段表达形式及 $T_n$ 的组成

由（1）可知，$b_n = \dfrac{a_n}{2^n}$，则：
当 $n = 1$ 时，$b_1 = \dfrac{a_1}{2^1} = \dfrac{1}{2}$；
当 $n \ge 2$ 时，$b_n = \dfrac{2n-5}{2^n}$．
当 $n = 1$ 时，$T_1 = b_1 = \dfrac{1}{2}$．

2. 用错位相减法求当 $n \ge 2$ 时 $T_n$ 的表达式

当 $n \ge 2$ 时，
$T_n = \dfrac{1}{2} + \left( \dfrac{-1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \dfrac{3}{2^4} + \dots + \dfrac{2n-5}{2^n} \right)$
设 $A_n = \dfrac{-1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \dfrac{3}{2^4} + \dots + \dfrac{2n-5}{2^n}$，则：
$\dfrac{1}{2} A_n = \dfrac{-1}{2^3} + \dfrac{1}{2^4} + \dots + \dfrac{2n-7}{2^n} + \dfrac{2n-5}{2^{n+1}}$
两式相减得：
$\dfrac{1}{2} A_n = -\dfrac{1}{4} + \left( \dfrac{2}{2^3} + \dfrac{2}{2^4} + \dots + \dfrac{2}{2^n} \right) - \dfrac{2n-5}{2^{n+1}}$
$= -\dfrac{1}{4} + \left( \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \dots + \dfrac{1}{2^{n-1}} \right) - \dfrac{2n-5}{2^{n+1}}$
由等比数列求和公式：
$\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \dots + \dfrac{1}{2^{n-1}} = \dfrac{\frac{1}{4}\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right)}{1 - \frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2^{n-1}}$
代入得：
$\dfrac{1}{2} A_n = -\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2^{n-1}} - \dfrac{2n-5}{2^{n+1}} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{2n-1}{2^{n+1}}$
解得 $A_n = \dfrac{1}{2} - \dfrac{2n-1}{2^n}$．
因此，当 $n \ge 2$ 时，$T_n = \dfrac{1}{2} + A_n = 1 - \dfrac{2n-1}{2^n}$．

3. 讨论 $T_n$ 的取值范围并得出结论

当 $n = 1$ 时，$T_1 = \dfrac{1}{2}$；
当 $n = 2$ 时，$T_2 = 1 - \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}$；
当 $n \ge 2$ 时，由于 $2n - 1 > 0$，所以 $\dfrac{2n-1}{2^n} > 0$，故 $T_n = 1 - \dfrac{2n-1}{2^n} < 1$．
同时，当 $n \ge 2$ 时，$T_{n+1} - T_n = b_{n+1} = \dfrac{2n-3}{2^{n+1}} > 0$，因此数列 $\{T_n\}$ 在 $n \ge 2$ 时单调递增．
故 $T_2 \le T_3 < T_4 < \dots < 1$，其中最小值为 $T_2 = \dfrac{1}{4}$．
又因为 $T_1 = \dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{4}$，所以对任意正整数 $n$，均有 $\dfrac{1}{4} \leqslant T_n < 1$ 得证．