（本题满分 14 分） 已知数列 a_ n 和 b_ n…——2014 高考数学第 19 题答案解析

（I）由已知 $a_1 a_2 \cdots a_n = (\sqrt{2})^{b_n}$，记为①式。
当 $n \ge 2$ 时，$a_1 a_2 \cdots a_{n-1} = (\sqrt{2})^{b_{n-1}}$，记为②式。
①$\div$②得：$a_n = (\sqrt{2})^{b_n - b_{n-1}}$ ($n \ge 2$)。
令 $n=3$，则 $a_3 = (\sqrt{2})^{b_3 - b_2}$。
因为 $b_3 = 6 + b_2$，即 $b_3 - b_2 = 6$，所以 $a_3 = (\sqrt{2})^6 = 8$。
设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$。
由 $a_1 = 2, a_3 = 8$，得 $q^2 = \frac{a_3}{a_1} = \frac{8}{2} = 4$。
因为 $a_n > 0$，所以 $q > 0$，故 $q=2$。
所以 $a_n = a_1 q^{n-1} = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$。

将 $a_n = 2^n$ 代入①式：
左边 $= 2^1 \cdot 2^2 \cdots 2^n = 2^{1+2+\cdots+n} = 2^{\frac{n(n+1)}{2}}$。
右边 $= (\sqrt{2})^{b_n} = 2^{\frac{b_n}{2}}$。
所以 $\frac{n(n+1)}{2} = \frac{b_n}{2}$，解得 $b_n = n(n+1)$。
经检验，$n=1$ 时也成立。
故 $a_n = 2^n, b_n = n(n+1)$。

（II）（i）由（I）知 $c_n = \frac{1}{2^n} - \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{2^n} - \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$。
$S_n = \sum_{i=1}^n c_i = \sum_{i=1}^n \frac{1}{2^i} - \sum_{i=1}^n \left( \frac{1}{i} - \frac{1}{i+1} \right)$。
前一部分为等比数列求和：$\sum_{i=1}^n \frac{1}{2^i} = \frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^n}$。
后一部分为裂项相消求和：$\sum_{i=1}^n \left( \frac{1}{i} - \frac{1}{i+1} \right) = 1 - \frac{1}{n+1}$。
所以 $S_n = \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right) - \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{2^n}$。

（ii）要使得对任意 $n \in N^*$ 均有 $S_k \ge S_n$，即求 $S_n$ 的最大值项对应的 $k$。
考察相邻两项之差 $c_n = S_n - S_{n-1}$ ($n \ge 2$)，且 $S_1 = c_1$。
若 $c_n > 0$，则 $S_n > S_{n-1}$；若 $c_n < 0$，则 $S_n < S_{n-1}$。
$c_n = \frac{1}{2^n} - \frac{1}{n(n+1)}$。
计算前几项：
$n=1: c_1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 \implies S_1 = S_0$ (定义上$S_0=0$, 此处直接算$S_1=0$)。实际上 $S_1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$。
$n=2: c_2 = \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{1}{12} > 0 \implies S_2 > S_1$。
$n=3: c_3 = \frac{1}{8} - \frac{1}{12} = \frac{3-2}{24} = \frac{1}{24} > 0 \implies S_3 > S_2$。
$n=4: c_4 = \frac{1}{16} - \frac{1}{20} = \frac{5-4}{80} = \frac{1}{80} > 0 \implies S_4 > S_3$。
$n=5: c_5 = \frac{1}{32} - \frac{1}{30} < 0 \implies S_5 < S_4$。

下面证明当 $n \ge 5$ 时，$c_n < 0$ 恒成立。
$c_n < 0 \iff \frac{1}{2^n} < \frac{1}{n(n+1)} \iff 2^n > n(n+1)$。
当 $n=5$ 时，$2^5 = 32, 5 \times 6 = 30$，$32 > 30$ 成立。
假设 $n=k (k \ge 5)$ 时，$2^k > k(k+1)$ 成立。
当 $n=k+1$ 时，需证 $2^{k+1} > (k+1)(k+2)$。
$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k(k+1) = 2k^2 + 2k$。
而 $(k+1)(k+2) = k^2 + 3k + 2$。
作差：$(2k^2 + 2k) - (k^2 + 3k + 2) = k^2 - k - 2 = (k-2)(k+1)$。
因为 $k \ge 5$，所以 $(k-2)(k+1) > 0$，即 $2k(k+1) > (k+1)(k+2)$。
所以 $2^{k+1} > (k+1)(k+2)$ 成立。
故对于所有 $n \ge 5$，都有 $c_n < 0$，即 $S_n$ 单调递减。
综上，$S_1 < S_2 < S_3 < S_4$，且 $S_4 > S_5 > S_6 > \cdots$。
所以 $S_n$ 在 $n=4$ 时取得最大值。
故 $k=4$。