已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=0，n•an+1=Sn+n（n+1），

解题思路：（1）把n=1代入已知的等式，由S₁=a₁=2，得到第2项与第1项的差为常数2，然后由已知的等式，再写一式，两式相减得第n+1项与第n项的差也为常数2，从而得到此数列为首项是0，公差也是2的等差数列，写出通项公式即可；
（2）求出b_n，设前n项和为T_n，利用错位相减法，可求数列{b_n}的前n项和；
（3）分别求出P_n与Q_n，作差，可得结论．

（1）把n=1，代入n•a_n+1=S_n+n（n+1）得：1•a₂=S₁+1=a₁+1=2+1=3，即a₂-a₁=2，
∵n•a_n+1=S_n+n（n+1）①，∴n≥2时，（n-1）•a_n=S_n-1+n（n-1）②，
①-②得：n•a_n+1-（n-1）•a_n=a_n+2n，
化简得：a_n+1-a_n=2（n≥2），
∵a₂-a₁=2，∴a_n+1-a_n=2（n∈N⁺），
即数列{a_n}是以0为首项，2为公差的等差数列，
∴a_n=0+2（n-1）=2（n-1）；
（2）由a_n+log₃n=log₃b_n得：b_n=n•3^2n-2（n∈N^*）
T_n=b₁+b₂+b₃++b_n=3⁰+2•3²+3•3⁴+…+n•3^2n-2，①
∴9T_n=3⁰+2•3²+3•3⁴+…+n•3²ⁿ，②
②-①得：8T_n=n•3²ⁿ-（3⁰+3²+3⁴+…+3^2n-2）=n•3²ⁿ-
32n−1
8
∴T_n=
(8n−1)32n−1
64；
（3）∵a_n=2（n-1），
∴P_n=a₁+a₄+a₇+…+a_3n-2=
n(6n−6)
2=n（3n-3），Q_n=a₁₀+a₁₂+a₁₄+…+a_2n+8=
n(18+4n+14)
2=n（2n+16）
∴P_n-Q_n=n（3n-3）-n（2n+16）=n²-19n
若n²-19n＞0，即n＞19时，P_n＞Q_n；若n²-19n=0，即n=19时，P_n=Q_n；若n²-19n＜0，即1≤n＜19时，P_n＜Q_n．

点评：
本题考点： 数列递推式；数列的求和．

考点点评： 本题考查数列的递推式，考查数列求和，考查大小比较，确定数列的通项，掌握求和公式是关键，属于中档题．