（1）a=1时，T=1，

a=-1时，f（x+1）=-f（x），f（x+2）=-f（x+1）=f（x），

∴T=2；

（2）当n≤x≤n+1（n≥0，n∈Z）时，f_n（x）=af_n-1（x-1）=a²f_n-1（x-2）=…=aⁿf₁（x-n），∴f_n（x）=aⁿ（x-n）（n+1-x），

∴-

1

4

|a|n≤fn(x)≤

1

4

|a|n；

当|a|＞1时f（x）∈（-∞，+∞）舍去；

当a=1时f(x)∈[0，

1

4

]符合，当a=-1时f(x)∈[-

1

4

，

1

4

]符合；

当0＜a＜1时f(x)∈[0，

1

4

]符合，当-1＜a＜0时f(x)∈[0，

1

4

]符合；∴a∈[-1，0）∪（0，1]．

（3）当n≤x≤n+1（n≥0，n∈Z）时，f_n（x）=af_n-1（x-1）=a²f_n-1（x-2）=…=aⁿf₁（x-n），∴f_n（x）=aⁿ（3^x-n+3^n-x）；

易证函数f_n（x）=aⁿ（3^x-n+3^n-x），x∈[n，n+1]，n≥0，n∈Z当a＞0时是增函数，

此时∴fn(x)∈[2an，

10

3

an]，

若函数y=f（x）在区间[0，+∞）上是单调增函数，则必有2an+1≥

10

3

an，解得：a≥

5

3

；

显然当a＜0时，函数y=f（x）在区间[0，+∞）上不是单调函数；

所以a≥

5

3

．