19．（12分）记$S_{n}$为数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和，$b_{n}$为数列$\{S_{n}\}$的前$n$项积，已知$\dfrac{2}{{S}_{n}}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=2$．
（1）证明：数列$\{b_{n}\}$是等差数列；
（2）求$\{a_{n}\}$的通项公式．
分析：（1）由题意当$n=1$时，$b_{1}=S_{1}$，代入已知等式可得$b_{1}$的值，当$n\geqslant 2$时，将$\dfrac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}=S_{n}$，代入$\dfrac{2}{{S}_{n}}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=2$，可得$b_{n}-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}$，进一步得到数列$\{b_{n}\}$是等差数列；
（2）由$a_{1}=S_{1}=b_{1}=\dfrac{3}{2}$，可得$b_{n}=\dfrac{n+2}{2}$，代入已知等式可得$S_{n}=\dfrac{n+2}{n+1}$，当$n\geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=-\dfrac{1}{n(n+1)}$，进一步得到数列$\{a_{n}\}$的通项公式．
解：（1）证明：当$n=1$时，$b_{1}=S_{1}$，
由$\dfrac{2}{{b}_{1}}+\dfrac{1}{{b}_{1}}=2$，解得$b_{1}=\dfrac{3}{2}$，
当$n\geqslant 2$时，$\dfrac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}=S_{n}$，代入$\dfrac{2}{{S}_{n}}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=2$，
消去$S_{n}$，可得$\dfrac{2\;{b}_{n-1}}{{b}_{n}}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=2$，所以$b_{n}-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}$，
所以$\{b_{n}\}$是以$\dfrac{3}{2}$为首项，$\dfrac{1}{2}$为公差的等差数列．
（2）由题意，得$a_{1}=S_{1}=b_{1}=\dfrac{3}{2}$，
由（1），可得$b_{n}=\dfrac{3}{2}+(n-1)\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{n+2}{2}$，
由$\dfrac{2}{{S}_{n}}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=2$，可得$S_{n}=\dfrac{n+2}{n+1}$，
当$n\geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{\;n+2}{n+1}-\dfrac{n+1}{n}=-\dfrac{1}{n(n+1)}$，显然$a_{1}$不满足该式，
所以$a_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{3}{2},}&{n=1}\\ {-\dfrac{1}{n(n+1)},}&{n\geqslant 2}\end{array}\right.$．
点评：本题考查了等差数列的概念，性质和通项公式，考查了方程思想，是基础题．