（1）函数 $h(x)=x+\sin \frac{x}{3}$ 的定义域为 $\mathbb{R}$。
对于任意 $x \in \mathbb{R}$，计算 $h(x+6\pi)$：
$$h(x+6\pi) = (x+6\pi) + \sin \frac{x+6\pi}{3} = x+6\pi + \sin\left(\frac{x}{3} + 2\pi\right) = x+6\pi + \sin \frac{x}{3} = h(x) + 6\pi$$
进而考察 $\cos h(x)$ 的周期性：
$$\cos h(x+6\pi) = \cos(h(x)+6\pi) = \cos h(x)$$
根据余弦周期函数的定义，存在正常数 $T=6\pi$，使得 $\cos h(x)$ 是以 $6\pi$ 为周期的函数，故 $h(x)$ 是以 $6\pi$ 为余弦周期的余弦周期函数。
（2）已知 $f(x)$ 的值域为 $\mathbb{R}$，且 $f(x)$ 单调递增。
对于任意 $c \in [f(a), f(b)]$，由值域为 $\mathbb{R}$ 可知，必存在 $x_0 \in \mathbb{R}$ 使得 $f(x_0)=c$。
若 $x_0 < a$，因 $f(x)$ 单调递增，则 $f(x_0) < f(a)$，即 $c < f(a)$，这与 $c \in [f(a), f(b)]$ 矛盾，故 $x_0 \geq a$。
若 $x_0 > b$，因 $f(x)$ 单调递增，则 $f(x_0) > f(b)$，即 $c > f(b)$，这与 $c \in [f(a), f(b)]$ 矛盾，故 $x_0 \leq b$。
综上所述，存在 $x_0 \in [a, b]$，使得 $f(x_0)=c$。
（3）**第一步：证明解的对应关系**
必要性：若 $u_0$ 是方程 $\cos f(x)=1$ 在 $[0, T]$ 上的解，则 $\cos f(u_0)=1$ 且 $u_0 \in [0, T]$。
此时 $u_0+T \in [T, 2T]$。由 $f(x)$ 以 $T$ 为余弦周期知 $\cos f(u_0+T) = \cos f(u_0) = 1$。
所以 $u_0+T$ 是方程 $\cos f(x)=1$ 在 $[T, 2T]$ 上的解。
充分性：若 $u_0+T$ 是方程 $\cos f(x)=1$ 在 $[T, 2T]$ 上的解，令 $v = u_0+T$，则 $v \in [T, 2T]$ 且 $\cos f(v)=1$。
此时 $v-T \in [0, T]$，且 $\cos f(v-T) = \cos f(v) = 1$（利用余弦周期性）。
即 $u_0 = v-T$ 是方程 $\cos f(x)=1$ 在 $[0, T]$ 上的解。
综上，"$u_0$ 为方程在 $[0, T]$ 上的解"充要条件是"$u_0+T$ 为方程在 $[T, 2T]$ 上的解"。
**第二步：证明 $f(x+T)=f(x)+f(T)$**
由（2）及 $f(0)=0, f(T)=4\pi$，结合 $f(x)$ 单调递增且值域为 $\mathbb{R}$，可知存在唯一的 $x_i \in [0, T]$ ($i=0,1,2,3,4$)，使得 $f(x_i) = i\pi$。
显然 $x_0=0, x_4=T$，且 $0=x_0 < x_1 < x_2 < x_3 < x_4=T$。
在区间 $[x_i, x_{i+1}]$ 上，$f(x)$ 的值域为 $[i\pi, (i+1)\pi]$，此时 $\cos f(x)$ 单调（从 $(-1)^i$ 变到 $(-1)^{i+1}$），故这些点是 $\cos f(x)=\pm 1$ 在 $[0, T]$ 上的全部解。
由第一步结论推广可知，$\cos f(x)=\pm 1$ 在 $[0, T]$ 与 $[T, 2T]$ 上的解一一对应，相差 $T$。
因此，$f(x_i+T)$ 必须满足 $\cos f(x_i+T) = \cos f(x_i) = \cos(i\pi) = (-1)^i$。
又因为 $f(x)$ 单调递增，且 $f(T)=4\pi$，所以 $f(x)$ 在 $[T, 2T]$ 上的值域为 $[4\pi, f(2T)]$。
考虑到 $f(x_i+T)$ 是 $[T, 2T]$ 上使余弦值为 $\pm 1$ 的点，且顺序保持不变，必有：
$f(x_0+T) = f(T) = 4\pi = f(x_0) + 4\pi$
$f(x_1+T) = 5\pi = f(x_1) + 4\pi$
$f(x_2+T) = 6\pi = f(x_2) + 4\pi$
$f(x_3+T) = 7\pi = f(x_3) + 4\pi$
$f(x_4+T) = f(2T) = 8\pi = f(x_4) + 4\pi$
即对于所有分割点 $x_i$，都有 $f(x_i+T) = f(x_i) + 4\pi = f(x_i) + f(T)$。
对于任意 $x \in [0, T]$，必存在某个 $i \in \{0, 1, 2, 3\}$ 使得 $x \in [x_i, x_{i+1}]$。
此时 $f(x) \in [i\pi, (i+1)\pi]$，而 $x+T \in [x_i+T, x_{i+1}+T]$。
由单调性知 $f(x+T) \in [f(x_i+T), f(x_{i+1}+T)] = [i\pi+4\pi, (i+1)\pi+4\pi]$。
在此区间内，$\cos f(x+T) = \cos f(x)$。
设 $f(x) = \theta$，则 $\theta \in [i\pi, (i+1)\pi]$。
$f(x+T)$ 落在 $[\theta+4\pi]$ 所在的长度为 $\pi$ 的区间内，且其余弦值等于 $\cos \theta$。
在长度为 $\pi$ 的区间 $[k\pi, (k+1)\pi]$ 上，余弦函数是一一对应的（单调）。
由于 $\cos(f(x+T)) = \cos(f(x)) = \cos(f(x)+4\pi)$，且 $f(x+T)$ 与 $f(x)+4\pi$ 均位于同一个单调区间 $[i\pi+4\pi, (i+1)\pi+4\pi]$ 内，
故必有 $f(x+T) = f(x) + 4\pi$。
即 $f(x+T) = f(x) + f(T)$ 对任意 $x \in [0, T]$ 成立。