（I）设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$。
由 $a_1=1$ 及 $a_3 = a_2 + 2$，得 $q^2 = q + 2$，即 $q^2 - q - 2 = 0$。
解得 $q=2$ 或 $q=-1$。
因为公比大于 0，所以 $q=2$。
故 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 1 \cdot 2^{n-1} = 2^{n-1}$。
设等差数列 $\{b_n\}$ 的公差为 $d$。
由 $a_4 = b_3 + b_5$，得 $2^3 = (b_1 + 2d) + (b_1 + 4d)$，即 $8 = 2b_1 + 6d$，化简得 $b_1 + 3d = 4$ ①。
由 $a_5 = b_4 + 2b_6$，得 $2^4 = (b_1 + 3d) + 2(b_1 + 5d)$，即 $16 = 3b_1 + 13d$ ②。
联立 ①② 解得 $b_1 = 1, d = 1$。
故 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$。
（II）（i）由（I）知 $a_n = 2^{n-1}$，则前 $n$ 项和 $S_n = \frac{1(1-2^n)}{1-2} = 2^n - 1$。
数列 $\{S_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$ 为：
$$
T_n = \sum_{k=1}^n S_k = \sum_{k=1}^n (2^k - 1) = \sum_{k=1}^n 2^k - \sum_{k=1}^n 1
$$
其中 $\sum_{k=1}^n 2^k$ 是首项为 2、公比为 2 的等比数列求和，即 $\frac{2(1-2^n)}{1-2} = 2^{n+1} - 2$。
所以 $T_n = (2^{n+1} - 2) - n = 2^{n+1} - n - 2$。
（ii）记通项为 $c_k = \frac{(T_k + b_{k+2})b_k}{(k+1)(k+2)}$。
将 $T_k = 2^{k+1} - k - 2$ 和 $b_k = k$ 代入分子中的 $T_k + b_{k+2}$：
$$
T_k + b_{k+2} = (2^{k+1} - k - 2) + (k+2) = 2^{k+1}
$$
所以
$$
c_k = \frac{2^{k+1} \cdot k}{(k+1)(k+2)}
$$
为了利用裂项相消法求和，我们将 $c_k$ 变形。观察目标式右边形式，尝试构造差分：
$$
\frac{2^{k+2}}{k+2} - \frac{2^{k+1}}{k+1} = \frac{2^{k+1} \cdot 2(k+1) - 2^{k+1}(k+2)}{(k+1)(k+2)} = \frac{2^{k+1}(2k+2-k-2)}{(k+1)(k+2)} = \frac{k \cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}
$$
这与 $c_k$ 完全一致。
因此，
$$
\sum_{k=1}^n c_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{2^{k+2}}{k+2} - \frac{2^{k+1}}{k+1} \right)
$$
展开求和：
$$
\begin{aligned}
\text{原式} &= \left( \frac{2^3}{3} - \frac{2^2}{2} \right) + \left( \frac{2^4}{4} - \frac{2^3}{3} \right) + \cdots + \left( \frac{2^{n+2}}{n+2} - \frac{2^{n+1}}{n+1} \right) \\
&= -\frac{2^2}{2} + \frac{2^{n+2}}{n+2} \\
&= -2 + \frac{2^{n+2}}{n+2} \\
&= \frac{2^{n+2}}{n+2} - 2
\end{aligned}
$$
证毕。