略

本小题考查对新定义的理解．函数 $h\left(x\right)$ 的定义域为 $\mathbb R$，而\[\begin{split} \cos h\left(x+6{\mathrm \pi} \right)&=\cos\left[\left(x+6{\mathrm \pi} \right)+\sin\dfrac{x+6{\mathrm \pi} }3\right]\\
&\overset{\left[a\right]}=\cos\left[x+\sin\left(\dfrac x3+2{\mathrm \pi} \right)\right]\\
&\overset{\left[a\right]}=\cos\left(x+\sin\dfrac x3\right)\\
&=\cos h\left(x\right),\end{split} \]（推导中用到：[a]）从而根据余弦周期函数的定义，$h\left(x\right)$ 是以 $6{\mathrm \pi} $ 为余弦周期的余弦周期函数．

略

本小题考察对函数的值域与单调性的理解．由函数 $f\left(x\right)$ 的值域为 $\mathbb{R}$ 知，对任意 $c\in\left[f\left(a\right),f\left(b\right)\right]$，存在 $x_{0}\in\mathbb{R}$，使得 $f\left(x_{0}\right)=c\in \left[f\left(a\right),f\left(b\right)\right]$，由 $f\left(x\right)$ 单调递增知，$x_{0}\in \left[a,b\right]$，因此原命题得证．

略

本小题考查充分必要条件的概念以及推理论证能力，其中利用提示以及复合函数的单调性划分区间是证明结论的关键，之后分段证明即可（类似于配钥匙的过程）．若 $u_0+T$ 为方程 $\cos f\left(x\right)=1$ 在 $\left[T,2T\right]$ 上的解，则根据余弦周期函数的定义，有\[\cos f\left(u_0\right)=\cos f\left(u_0+T\right)=1,\]且 $u_0\in\left[0,T\right]$，于是充分性得证．
反之，若 $u_0$ 为方程 $\cos f\left(x\right)=1$ 在 $\left[0,T\right]$ 上的解，则根据余弦周期函数的定义，有\[\cos f\left(u_0+T\right)=\cos f\left(u_0\right)=1,\]且 $u_0+T\in\left[T,2T\right]$，于是必要性得证．
综上所述，“$u_0$ 为方程 $\cos f\left(x\right)=1$ 在 $\left[0,T\right]$ 上的解”的充要条件是“$u_0+T$ 为方程 $\cos f\left(x\right)=1$ 在 $\left[T,2T\right]$ 上的解”，如图．
接下来证明 $\forall x\in\left[0,T\right],f\left(x+T\right)=f\left(x\right)+f\left(T\right)$．
函数 $y=\cos f\left(x\right)$ 可以看作是函数 $y=\cos t$ 和函数 $t=f\left(x\right)$ 的复合函数，如图．根据第（2）小题的结论，存在 $x_1,x_2,x_3$ 满足 $0<x_1<x_2<x_3<T$，使得 $f\left(x_k\right)=k{\mathrm \pi} $，其中 $k=1,2,3$．为方便叙述，记 $x_0=0$，$x_4=T$．
当 $x\in \left[x_0,x_1\right]$ 时，函数 $y=\cos f\left(x\right)$ 是单调递减函数，因此每一个自变量的值 $x$ 都唯一对应一个函数值 $\cos f\left(x\right)$．此时 $x+T\in \left[x_0+T,x_1+T\right]$，且根据余弦周期函数的定义，有\[\cos f\left(x+T\right)=\cos f\left(x\right).\]特别地，有 $f\left(x_0+T\right)=f\left(T\right)=4{\mathrm \pi} $，且 $\cos f\left(x_1+T\right)=\cos f\left(x_1\right)=-1$．
下面证明函数 $y=\cos f\left(x\right)$ 在区间 $\left[x_0+T,x_1+T\right]$ 上单调递减：
任取 $\alpha,\beta\in \left[x_{0}+T,x_{1}+T\right],\alpha<\beta$，有 $x_{0}\leqslant \alpha-T<\beta-T\leqslant x_{1}$，由函数 $y=\cos f\left(x\right)$ 在 $\left[x_{0},x_{1}\right]$ 上单调递减知 $\cos f\left(\alpha -T\right)>\cos f\left(\beta -T\right)$，即 $\cos f\left(\alpha\right)>\cos f\left(\beta\right)$，从而得到函数 $y=\cos f\left(x\right)$ 在区间 $\left[x_0+T,x_1+T\right]$ 上单调递减．
综合以上两点，结合余弦函数的单调性，我们有 $f\left(x_1+T\right)=5{\mathrm \pi} $，且对任意 $x\in\left[x_0,x_1\right]$，均有 $f\left(x+T\right)=f\left(x\right)+4{\mathrm \pi} $，命题成立．
类似地，可以证明当 $x$ 在区间 $[x_1,x_2],[x_2,x_3],[x_3,x_4]$ 上时命题均成立，因此原命题得证．