分析：（1）由①知，對任意a，b∈N
*，a＜b，都有（a-b）（f（a）-f（b））＞0，由于a-b＜0，從而f（a）＜f（b），由此能夠證明函數(shù)f（x）為N
*上的單調(diào)增函數(shù)．
（2）令f（1）=a，則a＞1，由f（f（1））=3，即得f（a）=3．由f（a）＞f（1）=a，即a＜3．于是得1＜a＜3，又a∈N
*，從而a=2，即f（1）=2，由此能求出f（1）+f（6）+f（30）．
（3）法一：
f(an)=f(f(3n))=3×3n=3n+1，
an+1=f(3n+1)=f(f(an))=3an，a
1=f（3）=6．即數(shù)列{a
n}是以6為首項，以3為公比的等比數(shù)列．故
an=6×3n-1=2×3n(n=1，2，3…)．由此能夠證明
(1-)＜，（12分）
法二：裂項求和：由
==(-)，知
3n=(1+2)n=1+×2+×22+…+×2n≥1+2n，由此能夠證明
≤++…+＜．
解答：解：（1）由①知，對任意a，b∈N
*，a＜b，
都有（a-b）（f（a）-f（b））＞0，
由于a-b＜0，從而f（a）＜f（b），
所以函數(shù)f（x）為N
*上的單調(diào)增函數(shù)．（3分）
（2）令f（1）=a，則a＞1，
顯然a≠1，否則f（f（1））=f（1）=1，與f（f（1））=3矛盾．
從而a＞1，而由f（f（1））=3，即得f（a）=3．
又由（I）知f（a）＞f（1）=a，即a＜3．
于是得1＜a＜3，
又a∈N
*，從而a=2，即f（1）=2．（5分）
而由f（a）=3知，f（2）=3．
于是f（3）=f（f（2））=3×2=6，（7分）
f（6）=f（f（3））=3×3=9，
f（9）=f（f（6））=3×6=18，
f（18）=f（f（9））=3×9=27，
f（27）=f（f（18））=3×18=54，
f（54）=f（f（27））=3×27=81，
由于54-27=81-54=27，
而且由（I）知，函數(shù)f（x）為單調(diào)增函數(shù)，因此f（30）=54+3=57．
從而f（1）+f（6）+f（30）=2+9+57=68．（9分）
（3）解法一：
f(an)=f(f(3n))=3×3n=3n+1，
an+1=f(3n+1)=f(f(an))=3an，a
1=f（3）=6．
即數(shù)列{a
n}是以6為首項，以3為公比的等比數(shù)列．
∴
an=6×3n-1=2×3n(n=1，2，3…)．（11分）
于是
++…+=(++…+)=×=(1-)，
顯然
(1-)＜，（12分）
解法二：裂項求和：
==(-)（不需要證明）
3n=(1+2)n=1+×2+×22+…+×2n≥1+2n，
從而
(1-)≥(1-)=．
綜上所述，
≤++…+＜．（14分）
點評：本題考查單調(diào)函數(shù)的證明，考查函數(shù)值的求法，考查不等式的證明．具體涉及到數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用、函數(shù)與數(shù)列的有機結(jié)合，解題時要認真審題，注意裂項求和法的靈活運用．
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已知函數(shù)y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x＞0 時，f（x）的圖象如圖所示，則不等式x[f（x）-f（-x）]≤0 的解集為
已知函數(shù)y=f（x）的圖象如圖，則滿足f(log2(x-1))•f(2-x2-1)≥0的x的取值范圍為