$ a_3=\dfrac 14$．

由 $\{a_n\}$ 所满足的式子，赋值，可求得．令 $n=1$，则 $a_1=1$；
令 $n=2$，则 $a_1+2a_2=2$，故 $ a_2=\dfrac 12$；
令 $n=3$，则 $a_1+2a_2+3a_3=4-\dfrac 54$，故 $a_3=\dfrac 14$．

$T_n=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}$．

由数列 $\{na_n\}$ 的前 $n$ 项和的通项公式，可以由通项与和的关系求通项公式的方法，求得 $\{na_n\}$ 的通项公式，进而可求出 $\{a_n\}$ 的通项公式．当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}&a_1+2a_2+3a_3+\cdots+\left(n-1\right)a_{n-1}=4-\dfrac{n+1}{2^{n-2}}, \quad \cdots \cdots ① \\&a_1+2a_2+3a_3+\cdots+\left(n-1\right)a_{n-1}+na_n=4-\dfrac{n+2}{2^{n-1}}. \quad \cdots \cdots ② \end{split}\]由 $ ② - ① $，得\[na_n=\dfrac{n+1}{2^{n-2}}-\dfrac{n+2}{2^{n-1}}=\dfrac{n}{2^{n-1}} ,\]所以 $a_n=\dfrac{1}{2^{n-1}}$．
当 $n=1$ 时，$a_1=1$ 也适合 $a_n=\dfrac{1}{2^{n-1}}$，所以\[ a_n=\dfrac{1}{2^{n-1}}\left(n\in {\mathbb{N}}^*\right) ,\]故数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等比数列，首项 $a_1=1$，公比 $q=\dfrac 12$．
于是，等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和\[T_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}.\]

略．

因为 $b_1=a_1=1$，所以 $ S_1=2+2\ln 1$ 成立．又\[\begin{split}&b_2=\dfrac{a_1}{2}+\left(1+\dfrac 12\right)a_2 ,\\&b_3=\dfrac{a_1+a_2}{3}+\left(1+\dfrac 12+\dfrac 13\right)a_3,\\&\qquad\qquad\qquad\cdots,\\&b_n=\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}}{n}+\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)a_n ,\end{split}\]所以，数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和\[\begin{split} S_n&=b_1+b_2+\cdots+b_n\\&=\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)a_1+\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)a_2+\cdots+\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)a_n\\&=\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)\\&=\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)\left(2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\\&<2\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right) ,\end{split} \]构造函数 $h\left(x\right)=\ln\dfrac 1x-\dfrac 1x+1,x>0,$ 故\[h'\left(x\right)=\dfrac{1-x}{x^2} ,\]令\[h'\left(x\right)>0,\]解得 $0<x<1$；令\[h'\left(x\right)<0 ,\]解得 $x>1$，所以 $ h\left(x\right)=\ln\dfrac 1x-\dfrac 1x+1$，$x>0$ 在 $\left(0,1\right)$ 上单调递增，在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递减，因此 $ h\left(x\right)<h\left(1\right)=0$，所以 $ \ln\dfrac 1x-\dfrac 1x+1\leqslant 0$，$x>0$（仅当 $x=1$ 时取等号），即\[\ln x\geqslant 1-\dfrac 1x,\]又\[\begin{split}\ln n&=\ln\dfrac{n}{n-1}+\ln\dfrac{n-1}{n-2}+\cdots+\ln 2\\&>\left(1-\dfrac{n-1}{n}\right)+\left(1-\dfrac{n-2}{n-1}\right)+\cdots+\left(1-\dfrac 12\right)\\&=\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots+\dfrac 1n,\end{split}\]所以 $ 2\left(1+\dfrac 12+\cdots+\dfrac 1n\right)<2+2\ln n$，从而 $ S_n<2+2\ln n$．