设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，等比数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$（$q\ne0$）。由 $a_1=b_1=2$，$a_2=b_2+1$，$a_3=b_3$ 得
\[
\begin{cases}
2+d=2q+1,\\
2+2d=2q^2.
\end{cases}
\]
由第一式得 $d=2q-1$，代入第二式：
\[
2+2(2q-1)=2q^2 \Rightarrow 4q=2q^2 \Rightarrow q(q-2)=0.
\]
因为 $q\ne0$，所以 $q=2$，进而 $d=3$。于是
\[
a_n=2+3(n-1)=3n-1,\qquad b_n=2\cdot2^{n-1}=2^n.
\]
记
\[
c_k=a_kb_k=(3k-1)2^k,\qquad S_n=\sum_{k=1}^n c_k.
\]
先求 $S_n$。有
\[
S_n=\sum_{k=1}^n(3k-1)2^k,
\]
\[
2S_n=\sum_{k=1}^n(3k-1)2^{k+1}=\sum_{k=2}^{n+1}(3k-4)2^k.
\]
两式相减：
\[
-S_n=4+\sum_{k=2}^n3\cdot2^k-(3n-1)2^{n+1}.
\]
又
\[
\sum_{k=2}^n2^k=2^{n+1}-4,
\]
所以
\[
-S_n=4+3(2^{n+1}-4)-(3n-1)2^{n+1}
=-8+(4-3n)2^{n+1}.
\]
因此
\[
S_n=8+(3n-4)2^{n+1}.
\]
（i）对任意 $t\in T_n$，由于 $c_k>0$ 且 $p_k\in\{0,1\}$，有
\[
t\le S_n.
\]
而
\[
a_{n+1}b_{n+1}=(3n+2)2^{n+1}.
\]
于是
\[
a_{n+1}b_{n+1}-S_n
=(3n+2)2^{n+1}-[8+(3n-4)2^{n+1}]
=6\cdot2^{n+1}-8>0.
\]
故对任意 $t\in T_n$，均有
\[
t<a_{n+1}b_{n+1}.
\]
（ii）由上可知，对任意正整数 $m$，令 $S_0=0$，则
\[
c_m-S_{m-1}
=(3m-1)2^m-[8+(3m-7)2^m]
=6\cdot2^m-8>0.
\]
即每一项 $c_m$ 都大于其前面所有项之和。
若两组不同的 $(p_1,\dots,p_n)$ 与 $(p'_1,\dots,p'_n)$ 给出相同的和，取最大的 $m$ 使 $p_m\ne p'_m$。不妨设 $p_m=1$，$p'_m=0$，则两个和的差为
\[
c_m+\sum_{k=1}^{m-1}(p_k-p'_k)c_k.
\]
由于 $p_k-p'_k\in\{-1,0,1\}$，该差至少为
\[
c_m-\sum_{k=1}^{m-1}c_k=c_m-S_{m-1}>0,
\]
不可能为 $0$，矛盾。因此所有 $2^n$ 个和互不相同，$T_n$ 的元素与所有 $(p_1,\dots,p_n)\in\{0,1\}^n$ 一一对应。
固定某个 $k$，在全部 $2^n$ 组选择中，$p_k=1$ 的选择有 $2^{n-1}$ 组，所以 $c_k$ 在 $T_n$ 所有元素之和中出现 $2^{n-1}$ 次。于是
\[
\sum_{t\in T_n}t
=2^{n-1}\sum_{k=1}^n c_k
=2^{n-1}S_n
=2^{n-1}[8+(3n-4)2^{n+1}].
\]
综上，$a_n=3n-1,\ b_n=2^n$；（ii）$2^{n-1}\cdot[8+(3n-4)2^{n+1}]$。