【答案】（I） $a _ { n } = 2 n - 1 , n \in N ^ { * } , b _ { n } = 4 ^ { n } , n \in N ^ { * }$ ；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 的通项，由等比数列的通项公式运算可得 $\left\{ b _ { n } \right\}$ 的通项公式；
（II）（i）运算可得 $c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } = 2 \cdot 4 ^ { n }$ ，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得 $\frac { a _ { n } a _ { n + 1 } } { c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } } < \frac { 4 n ^ { 2 } } { 2 \cdot 2 ^ { 2 n } }$ ，进而可得 $\sum _ { k = 1 } ^ { n } \sqrt { \frac { a _ { k } a _ { k + 1 } } { c _ { k } ^ { 2 } - c _ { 2 k } } } < \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \frac { k } { 2 ^ { k - 1 } }$ ，结合错位相减法即可得 证.
【详解】（I）因为 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 是公差为2的等差数列，其前8项和为64
所以 $a _ { 1 } + a _ { 2 } + \cdots + a _ { 8 } = 8 a _ { 1 } + { \frac { 8 \times 7 } { 2 } } \times 2 = 6 4$ ，所以 $a _ { \scriptscriptstyle 1 } = 1$
所以 $a _ { n } = a _ { 1 } + 2 { \big ( } n - 1 { \big ) } = 2 n - 1 , n \in N ^ { * }$
设等比数列 $\left\{ b _ { n } \right\}$ 的公比为 $q , \left( q > 0 \right)$
所以 $b _ { 3 } - b _ { 2 } = b _ { 1 } q ^ { 2 } - b _ { 1 } q = 4 { \left( q ^ { 2 } - q \right) } = 4 8$ ，解得 $q = 4$ （负值舍去），
所以 $b _ { n } = b _ { 1 } q ^ { n - 1 } = 4 ^ { n } , n \in N ^ { * }$ ；
（II）（i）由题意， $c _ { n } = b _ { 2 n } + { \frac { 1 } { b _ { n } } } = 4 ^ { 2 n } + { \frac { 1 } { 4 ^ { n } } }$
所以 $c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } = \left( 4 ^ { 2 n } + \frac { 1 } { 4 ^ { n } } \right) ^ { 2 } - \left( 4 ^ { 4 n } + \frac { 1 } { 4 ^ { 2 n } } \right) = 2 \cdot 4 ^ { n }$
所以 $c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } \neq 0$ ，且 $\frac { c _ { n + 1 } ^ { 2 } - c _ { 2 n + 2 } } { c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } } = \frac { 2 \cdot 4 ^ { n + 1 } } { 2 \cdot 4 ^ { n } } = 4$
所以数列 $\left\{ c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } \right\}$ 是等比数列；
（ii）由题意知， ${ \frac { a _ { n } a _ { n + 1 } } { c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } } } = { \frac { \left( 2 n - 1 \right) \left( 2 n + 1 \right) } { 2 \cdot 4 ^ { n } } } = { \frac { 4 n ^ { 2 } - 1 } { 2 \cdot 2 ^ { 2 n } } } < { \frac { 4 n ^ { 2 } } { 2 \cdot 2 ^ { 2 n } } } ,$
所以 ${ \sqrt { { \frac { a _ { n } a _ { n + 1 } } { c _ { n } ^ { 2 } - c _ { 2 n } } } } } < { \sqrt { \frac { 4 n ^ { 2 } } { 2 \cdot 2 ^ { 2 n } } } } = { \frac { 2 n } { \sqrt { 2 } \cdot 2 ^ { n } } } = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } \cdot { \frac { n } { 2 ^ { n - 1 } } }$
所以 $\sum _ { k = 1 } ^ { n } \sqrt { \frac { a _ { k } a _ { k + 1 } } { c _ { k } ^ { 2 } - c _ { 2 k } } } < \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \frac { k } { 2 ^ { k - 1 } }$
设 $T _ { n } = \sum _ { k = 1 } ^ { n } { \frac { k } { 2 ^ { k - 1 } } } = { \frac { 1 } { 2 ^ { 0 } } } + { \frac { 2 } { 2 ^ { 1 } } } + { \frac { 3 } { 2 ^ { 2 } } } + \cdots + { \frac { n } { 2 ^ { n - 1 } } }$
则 ${ \frac { 1 } { 2 } } T _ { n } = { \frac { 1 } { 2 ^ { 1 } } } + { \frac { 2 } { 2 ^ { 2 } } } + { \frac { 3 } { 2 ^ { 3 } } } + \cdots + { \frac { n } { 2 ^ { n } } }$
两式相减得 ${ \frac { 1 } { 2 } } T _ { n } = 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } } + \cdots + { \frac { 1 } { 2 ^ { n - 1 } } } - { \frac { n } { 2 ^ { n } } } = { \frac { 1 \cdot \left( 1 - { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } \right) } { 1 - { \frac { 1 } { 2 } } } } - { \frac { n } { 2 ^ { n } } } = 2 - { \frac { n + 2 } { 2 ^ { n } } } ,$
所以 $T _ { n } = 4 - { \frac { n + 2 } { 2 ^ { n - 1 } } }$
所以 $\sum _ { k = 1 } ^ { n } \sqrt { \frac { a _ { k } a _ { k + 1 } } { c _ { k } ^ { 2 } - c _ { 2 k } } } < \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \frac { k } { 2 ^ { k - 1 } } = \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \left( 4 - \frac { n + 2 } { 2 ^ { n - 1 } } \right) < 2 \sqrt { 2 }$
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为 $\sum _ { k = 1 } ^ { n } \sqrt { \frac { a _ { k } a _ { k + 1 } } { c _ { k } ^ { 2 } - c _ { 2 k } } }$ 无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证