解题思路：（1）设cn=a3n-2+a3n-1+a3n，由an+3=3+an，得cn+1=cn+9，所以数列{cn}是公差为9的等差数列，由此可求数列{an}的前36项的和S36；
（2）确定a1=1，a2=2，a3=3，且an+3=3+an，从而可求数列的通项；
（3）根据
b
n
•
b
n+1
＝−21•(
1
2
)
a
n
−8
，可得
b
n+1
•
b
n+2
＝−21•(
1
2
)
a
n+1
−8
，从而可得{b2n}，{b2n-1}都是以[1/2]为公比的等比数列，由此可求数列{bn}的通项，进一步确定n≥13，n为奇数时，|T2|＜|T4|＜…＜|T12|，|T12|＞|T14|＞…；n为偶数时，|T1|＜|T3|＜…＜|T13|，|T13|＞|T15|＞…，由此可得结论．
（1）当k=3，a1a2a3=6，则a1+a2+a3=6．
设cn=a3n-2+a3n-1+a3n，由an+3=3+an，得cn+1=cn+9，所以数列{cn}是公差为9的等差数列，
故S36＝c1+c2+…+c12＝12×6+
12×11
2×9＝666．…（4分）
（2）若k=2时，a1+a2=a1•a2，又a1＜a2，
所以a1•a2＜2a2，所以a1=1，此时1+a2=a2，矛盾．…（6分）
若k=3时，a1+a2+a3=a1•a2•a3，所以a1•a2•a3＜3a3，a1•a2＜3，
所以a1=1，a2=2，a3=3，满足题意． …（8分）
若k≥4时，a1+a2+…+ak=a1•a2•…•ak，所以a1•a2•…•ak＜kak，即a1•a2•…•ak-1＜k，
又因为a1•a2•…•ak-1＞1×2×…×（k-1）≥2k-2＞k，所以k≥4不满足题意．…（10分）
所以，a1=1，a2=2，a3=3，且an+3=3+an，
所以a3n-2=a1+3（n-1）=3n-2，a3n-1=a2+3（n-1）=3n-1，a3n=a3+3（n-1）=3n，
故an=n．…（12分）
（3）因为bn•bn+1＝−21•(
1
2)an−8，所以bn+1•bn+2＝−21•(
1
2)an+1−8
所以
bn+2
bn＝
1
2，所以{b2n}，{b2n-1}都是以[1/2]为公比的等比数列，
所以bn=
3•26•(
1
2)
n−1
2，n＞1，n为奇数
−14×(
1
2)
n
2−1，n＞2，n为偶数…（14分）
令|bn•bn+1|＜1，即|−21•(
1
2)n−8|＜1，∴(
1
2)
点评：
本题考点： 数列的应用．
考点点评： 本题考查数列的通项与求和，考查学生分析解决问题的能力，确定数列的性质是关键．
