${a_n} = 2n - 1$，$n \in {{\mathbb{N}}^*}$．

本题考查了等差数列的基本量，将题中条件都用首项与公差表示，即求出通项公式．设等差数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的首项为 ${a_1}$，公差为 $d$．
${S_4} = 4{S_2}$，${a_{2n}} = 2{a_n} + 1$，由等差数列的通项公式与前 $n$ 项和公式得\[ \begin{cases}
4{a_1} + 6d = 8{a_1} + 4d, \\
{a_1} + \left(2n - 1\right)d = 2{a_1} + 2\left(n - 1\right)d + 1. \\
\end{cases} \]解得\[ \begin{cases}{a_1} = 1, \\
d = 2. \\
\end{cases} \]因此\[{a_n} = 2n - 1,n \in {{\mathbb{N}}^*}.\]

${T_n} = 3 - \dfrac{2n + 3}{2^n}$．

题中的条件给出 $\left\{\dfrac{b_n}{a_n}\right\}$ 的前 $n$ 项和的公式，故可以由通项与和的关系求得数列 $\left\{\dfrac{b_n}{a_n}\right\}$ 的通项公式，进而得到 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式，再由求前 $n$ 项和的方法解决问题．当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}&\dfrac{b_1}{a_1} + \dfrac{b_2}{a_2} + \cdots+ \dfrac{b_{n-1}}{a_{n-1}} + \dfrac{b_n}{a_n} = 1 - \dfrac{1}{2^n}\cdots ① \\ &\dfrac{b_1}{a_1} + \dfrac{b_2}{a_2} + \cdots + \dfrac{b_{n-1}}{a_{n-1}} \qquad = 1 - \dfrac{1}{2^{n-1}}\cdots ② \end{split}\]由 $ ① - ② $ 得，\[\dfrac{b_n}{a_n} \overset{\left[a\right]}= 1 - \dfrac{1}{2^n} - \left( {1 - \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}}} \right) = \dfrac{1}{2^n}.\]（推导中用到：[a]）
即\[b_n=\dfrac{a_n}{2^n}.\]当 $n = 1$ 时，$b_1 = \dfrac{1}{2}$；故\[{b_n} = \dfrac{2n - 1}{2^n},n \in {{\mathbb{N}}^*}.\]所以\[ \begin{split}{T_n} &= \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2^2} + \dfrac{5}{2^3} + \cdots + \dfrac{2n - 1}{2^n} ,\\\dfrac{1}{2}{T_n} &= \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{3}{2^3} + \cdots + \dfrac{2n - 3}{2^n} + \dfrac{2n - 1}{{{2^{n + 1}}}},\end{split} \]由错位相减法可得\[ \begin{split}\dfrac{1}{2}{T_n} &= \dfrac{1}{2} + \left( {\dfrac{2}{2^2} + \dfrac{2}{2^3} + \cdots + \dfrac{2}{2^n}} \right) - \dfrac{2n - 1}{{{2^{n + 1}}}}\\
&= \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{{{2^{n - 1}}}} - \dfrac{2n - 1}{{{2^{n + 1}}}},\end{split} \]因此\[{T_n} = 3 - \dfrac{2n + 3}{2^n}.\]