（15分）已知数列$\{a_{n}\}$是公比大于0的等比数列，其前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{1}=1$，$S_{2}=a_{3}-1$．
（1）求数列$\{a_{n}\}$前$n$项和$S_{n}$；
（2）设$b_{n}=\left\{\begin{array}{l}{k,n={a}_{k}}\\ {{b}_{n-1}+2k,{a}_{k} < n < {a}_{k+1}}\end{array}\right.$，$b_{1}=1$，其中$k$是大于1的正整数．
$(i)$当$n=a_{k+1}$时，求证：$b_{n-1}\geqslant a_{k}\cdot b_{n}$；
$(ii)$求$\sum\limits_{i=1}^{{S}_{n}}{b}_{i}$．
答案：（1）$S_n=2^n-1$；
（2）$(i)$证证明见解析；$(ii)\sum\limits_{i=1}^{S_n}b_i=\dfrac{(3n-1)4^{n}+1}{9}$．
分析：（1）根据题目条件结合等比数列的通项公式，可以得到公比$q$，再根据等比数列求和公式即可求得$S_{n}$；
（2）$(i)$根据题意可得$a_k=2^{k-1}$，$b_{n}=k+1$，$b_{n-1}=k(2^{k}-1)$，利用作差法分析即可；
$(ii)$根据题意以及等差数列求和公式可得$\sum\limits_{\;i={2}^{k-1}}^{{2}^{k}-1}b_{i}=\dfrac{1}{9}[(3k-1){4}^{k}-(3k-4){4}^{k-1}]$，再用裂项相消法即可求得$\sum\limits_{i=1}^{{S}_{n}}{b}_{i}$．
解：（1）$a_{1}=1$，$S_{2}=a_{3}-1=a_{1}+a_{2}$，
可得$1+q=q^{2}-1$，整理得$q^{2}-q-2=0$，
解得$q=2$或$q=-1$，
因为数列$\{a_{n}\}$的公比大于0，所以$q=2$，
所以$S_n=\dfrac{1-2^n}{1-2}=2^n-1$；
（2）$(i)$证明：由（1）可知$a_n=2^{n-1}$，且$k\in N^*$，$k\geqslant 2$，
当$n=a_{k+1}=2^{k}\geqslant 4$时，则$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{k}={2}^{k-1} < {2}^{k}-1=n-1}\\ {n-1={a}_{k+1}-1 < {a}_{k+1}}\end{array}\right.$，即$a_{k} < n-1 < a_{k+1}$，
可知$a_k=2^{k-1}$，$b_{n}=k+1$，
$b_{n-1}={b}_{{a}_{k}}+(a_{k+1}-a_{k}-1)\cdot 2k=k+2k(2^{k-1}-1)=k(2^{k}-1)$，
可得$b_{n-1}-a_{k}b_{n}=k(2^{k}-1)-(k+1)2^{k-1}=(k-1)2^{k-1}-k\geqslant 2(k-1)-k=k-2\geqslant 0$，
当且仅当$k=2$时，等号成立，
所以$b_{n-1}\geqslant a_{k}\cdot b_{n}$；
$(ii)S_n=2^n-1=a_{n+1}-1$，
若$n=1$，则$S_{1}=1$，$b_{1}=1$，
若$n\geqslant 2$，则$a_{k+1}-a_{k}=2^{k-1}$，
当$2^{k-1} < i\leqslant 2^{k}-1$时，$b_{i}-b_{i-1}=2k$，可知$\{b_{i}\}$为等差数列，
可得$\sum\limits_{\;i={2}^{k-1}}^{{2}^{k}-1}b_{i}=k\cdot 2^{k-1}+2k\dfrac{{2}^{k-1}({2}^{k-1}-1)}{2}=k\cdot 4^{k-1}=\dfrac{1}{9}[(3k-1){4}^{k}-(3k-4){4}^{k-1}]$，
$\sum\limits_{i=1}^{{S}_{n}}{b}_{i}=1+\dfrac{1}{9}[5\times 4^{2}-2\times 4+8\times 4^{3}-5\times 4^{2}+...+(3n-1)4^{n}-(3n-4)4^{n-1}]=\dfrac{(3n-1){4}^{n}+1}{9}$，
且$n=1$，符合上式，综上所述：$\sum\limits_{i=1}^{S_n}b_i=\dfrac{(3n-1)4^{n}+1}{9}$．
点评：本题考查数列的应用综合题，需要熟练运用数列求和的方法，属于难题．