19．（15分）已知数列$\{a_{n}\}$是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列$\{b_{n}\}$是公比大于0的等比数列，$b_{1}=4$，$b_{3}-b_{2}=48$．
（1）求数列$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
（2）记$c_{n}=b_{2n}+\dfrac{1}{{b}_{n}}$，$n\in N^*$．
$(i)$证明：$\{c_{n}^{2}-c_{2n}\}$是等比数列；
$(ii)$证明：$\sum _{k=1}^{n}\sqrt{\dfrac{{a}_{k}{a}_{k+1}}{{c}_{k}^{2}-{c}_{2k}}}<2\sqrt{2}(n\in N^*)$．
分析：（1）由等差数列的求和公式，解方程可得首项，进而得到$a_{n}$；由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到$b_{n}$；
（2）$(i)$利用已知数列的通项公式，表示出$c_{n}$，然后利用等比数列的定义证明即可；
$(ii)$设${p}_{n}=\sqrt{\dfrac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{{{c}_{n}}^{2}-{c}_{2n}}}=\sqrt{\dfrac{(2n-1)(2n+1)}{2\cdot {4}^{n}}}$，然后利用放缩法得到${p}_{n}<\sqrt{2}\cdot \dfrac{n}{{2}^{n}}$，再利用错位相减法求解数列$\{\dfrac{n}{{2}^{n}}\}$的和，即可判断以$\sum\limits_{k=1}^{n}{q}_{k}=2-\dfrac{n+2}{{2}^{n}}<2$，从而证明不等式．
证明：（1）由数列$\{a_{n}\}$是公差$d$为2的等差数列，其前8项的和为64，
可得$8a_{1}+\dfrac{1}{2}\times 8\times 7d=64$，解得$a_{1}=1$，
所以$a_{n}=1+2(n-1)=2n-1$，$n\in N$；
由数列$\{b_{n}\}$是公比$q$大于0的等比数列，$b_{1}=4$，$b_{3}-b_{2}=48$，
可得$4q^{2}-4q=48$，解得$q=4(-3$舍去），
所以$b_{n}=4^{n}$，$n\in N$；
（2）$(i)$证明：因为$a_{n}=2n-1$，$b_{n}=4^{n}$，
所以$c_{n}=b_{2n}+\dfrac{1}{{b}_{n}}=4^{2n}+\dfrac{1}{{4}^{n}}$，
则$c_{n}^{2}-c_{2n}=(4^{2n}+\dfrac{1}{{4}^{n}})^{2}-(4^{4n}+\dfrac{1}{{4}^{2n}})={4}^{2n}+2\cdot {4}^{n}+\dfrac{1}{{4}^{2n}}-{4}^{4n}-\dfrac{1}{{4}^{2n}}=2\cdot 4^{n}$，
所以$\dfrac{{{c}_{n+1}}^{2}-{c}_{2n+2}}{{{c}_{n}}^{2}-{c}_{2n}}=\dfrac{2\cdot {4}^{n+1}}{2\cdot {4}^{n}}=4$，
又${{c}_{1}}^{2}-{c}_{2}=({4}^{2}+\dfrac{1}{4})^{2}-({4}^{4}+\dfrac{1}{{4}^{2}})=8$，
所以数列$\{c_{n}^{2}-c_{2n}\}$是以8为首项，4为公比的等比数列；
$(ii)$证明：设${p}_{n}=\sqrt{\dfrac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{{{c}_{n}}^{2}-{c}_{2n}}}=\sqrt{\dfrac{(2n-1)(2n+1)}{2\cdot {4}^{n}}}=\sqrt{\dfrac{4{n}^{2}-1}{2\cdot {4}^{n}}}<\sqrt{\dfrac{4{n}^{2}}{2\cdot {4}^{n}}}=\sqrt{2}\cdot \dfrac{n}{{2}^{n}}$，
考虑${q}_{n}=\dfrac{n}{{2}^{n}}$，则$p_{n}<\sqrt{2}q_{n}$，
所以$\sum\limits_{k=1}^{n}q_{k}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{{2}^{2}}+...+\dfrac{n}{{2}^{n}}$，
则$\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{q}_{k}=\dfrac{1}{{2}^{2}}+\dfrac{2}{{2}^{3}}+\cdot \cdot \cdot +\dfrac{n}{{2}^{n+1}}$，
两式相减可得，$\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{q}_{k}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{{2}^{2}}+\cdot \cdot \cdot +\dfrac{1}{{2}^{n}}-\dfrac{n}{{2}^{n+1}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\times (1-\dfrac{1}{{2}^{n}})}{1-\dfrac{1}{2}}-\dfrac{n}{{2}^{n+1}}=1-\dfrac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
所以$\sum\limits_{k=1}^{n}{q}_{k}=2-\dfrac{n+2}{{2}^{n}}<2$，
则$\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{\dfrac{{a}_{k}{a}_{k+1}}{{{c}_{k}}^{2}-{c}_{2k}}}<\sqrt{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{q}_{k}<2\sqrt{2}$，
故$\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{\dfrac{{a}_{k}{a}_{k+1}}{{{c}_{k}}^{2}-{c}_{2k}}}<2\sqrt{2}$．
点评：本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，以及数列的错位相减法求和、不等式的证明，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．