19.【2019 年高考浙江卷】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=4, a_{4}=S_{3}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足:对每个 $n \in \mathbf{N}^{*}, S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 记 $c_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 证明: $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<2 \sqrt{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
(I) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得
$a_{1}+2 d=4, a_{1}+3 d=3 a_{1}+3 d$,

解得 $a_{1}=0, d=2$.

从而 $a_{n}=2 n-2, n \in \mathbf{N}^{*}$.

所以 $S_{n}=n^{2}-n, n \in \mathbf{N}^{*}$,

由 $S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列得

$\left(S_{n+1}+b_{n}\right)^{2}=\left(S_{n}+b_{n}\right)\left(S_{n+2}+b_{n}\right)$.

解得 $b_{n}=\frac{1}{d}\left(S_{n+1}^{2}-S_{n} S_{n+2}\right)$.

所以 $b_{n}=n^{2}+n, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(II) $c_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}=\sqrt{\frac{2 n-2}{2 n(n+1)}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

我们用数学归纳法证明.

（i）当 $n=1$ 时， $c_{1}=0<2$, 不等式成立;

(ii) 假设 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时不等式成立, 即 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}<2 \sqrt{k}$.

那么, 当 $n=k+1$ 时,

$c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}+c_{k+1}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{k}{(k+1)(k+2)}}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{1}{k+1}}$

$<2 \sqrt{k}+\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2 \sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2 \sqrt{k+1}$.

即当 $n=k+1$ 时不等式也成立.

根据 (i) 和 (ii), 不等式 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<2 \sqrt{n}$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 成立.