解题思路：（1）在R任取x1，x2，且x1＜x2，则由条件可得f（x2）-f（x1）=f（x2-x1）．再由x2-x1＞0，可得f（x2-x1）＜0，故f（x2）-f（x1）＜0，从而得f（x）是R上的单调递减函数．
（2）令s=t=0，可得f（0）=0．再由f（0）=f（x）+f（-x）=0，可得f（x）+f（-x）=0，从而得到f（x）是奇函数．
（3）由f（x）在[m，n]上也为减函数，可得f（x）在[m，n]上的最大值为f（m），最小值为f（n）．求得f（m）=mf（1），f（n）=nf（1），结合已知f（3）=-3，可得得f（1）=-1，故有f（n）=-n，f（m）=-m，从而求得函数的值域．
（1）在R任取x1，x2，且x1＜x2，则f（x2）=f[（x2-x1）+x1]=f（x2-x1）+f（x1），…（1分）
∴f（x2）-f（x1）=f（x2-x1）．…（2分）
∵x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＜0，…（3分）∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1），∴f（x）是R上的单调递减函数． …（4分）
（2）令s=t=0，则f（0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0．…（5分）
又令s=x，t=-x，则f（0）=f（x）+f（-x），∴f（x）+f（-x）=0，…（6分）
∴f（-x）=-f（x），∴f（x）是奇函数．…（7分）
（3）∵f（x）是R上的单调递减函数，∴f（x）在[m，n]上也为减函数，…（8分）
∴f（x）在[m，n]上的最大值为f（m），最小值为f（n）．…（9分）
又m，n∈Z，∴f（m）=f[1+（m-1）]=f（1）+f（m-1）=2f（1）+f（m-2）=…=mf（1）．
同理f（n）=nf（1），…（11分）
已知f（3）=-3得f（3）=3f（1）=-3，∴f（1）=-1，…（12分）∴f（n）=-n，f（m）=-m，…（13分）
所以，函数的值域为[-n，-m]．…（14分）
点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；奇偶性与单调性的综合．
考点点评： 本题主要考查抽象函数的应用，函数的奇偶性、单调性的应用，属于中档题．