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.