【答案】：（1）补函数②$\lambda \in[3,+\infty)$③$(1,+\infty)$ ．
【解析】：（1）函数 $h(x)$ 是补函数，证明如下：
（1）$h(0)=\left(\frac{1-0}{1+0}\right)^{\frac{1}{p}}=1, h(1)=\left(\frac{1-1}{1+\lambda}\right)^{\frac{1}{p}}=0$ ；
（2）任意 $a \in[0,1]$ ，有 $h\left(h(a)=h\left(\left(\frac{1-a^{p}}{1+\lambda a^{p}}\right)^{\frac{1}{p}}\right)=\left(\frac{1-\frac{1-a^{p}}{1+\lambda a^{p}}}{1+\lambda \frac{1-a^{p}}{1+\lambda a^{p}}}\right)=\left(\frac{(1+\lambda) a^{p}}{1+\lambda}\right)^{\frac{1}{p}}=a\right.$ ；
③$g(x)=(h(x))^{p}$ ，有 $g^{\prime}(x)=\frac{-p x^{p-1}\left(1+\lambda x^{p}\right)-\left(1-x^{p}\right) \lambda p x^{p-1}}{\left(1+\lambda x^{p}\right)^{2}}=\frac{-p(1+\lambda) x^{p-1}}{\left(1+\lambda x^{p}\right)^{2}}$因为 $\lambda>-1, p>0$ ，所以当 $x \in(0,1)$ 时，$g^{\prime}(\mathrm{x})<0$ ，所以函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调速减，故函数 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调迷减。
（2）当 $p=\frac{1}{n}\left(n \in N_{*}\right)$ ，由 $h(x)=x$ ，得：$\lambda x^{\frac{2}{n}}+2 x^{\frac{1}{n}}-1=0 \cdots \cdots(*)$ ，
（i）当 $\lambda=0$ 时，中介元 $x_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ ；
（ii）当 $\lambda>-1$ 且 $\lambda \neq 0$ 时，由 $(*)$ 得 $\mathrm{x}^{\frac{1}{n}}=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1} \in(0,1)$ 或 $\mathrm{x}^{\frac{1}{n}}=\frac{1}{1-\sqrt{1+\lambda}} \notin[0,1]$ ；
得中介元 $x_{n}=\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1}\right)^{n}$ ．
综合（i）（ii）；对任意的 $\lambda>-1$ ，中介元为 $x_{n}=\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1}\right)\left(n \in N_{0}\right)$ ，
于是，当 $\lambda>-1$ 时，有 $S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1}\right)^{i}=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}}\left(1-\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1}\right)^{n}\right)<\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}}$ ，
当 $n$ 无限增大时，$\left(\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}+1}\right)^{n}$ 无限接近于 $0, S_{n}$ 无限接近于 $\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}}$ ，
故对任意的 $n \in N_{o}, S_{n}<\frac{1}{2}$ 成立等价于 $\frac{1}{\sqrt{1+\lambda}} \leq \frac{1}{2}$ ，即 $\lambda \in[3,+\infty)$ 。
（3）当 $\lambda=0$ 时，$h(x)=\left(1-x^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$ ，中介元为 $x_{p}=\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{p}}$ ，
（i）当 $0
所以点 $\left(x_{p}, h\left(x_{p}\right)\right)$ 不在直线 $y=1-x$ 的上方，不符合条件；
（ii）当 $p>1$ 时，依题意只须 $\left(1-x^{p}\right)^{\frac{1}{p}}>1-x$ 在 $x \in(0,1)$ 时恒成立，
也即 $x^{p}+(1+x)^{p}<1$ 在 $x \in(0,1)$ 时恒成黃，
设 $\varphi^{\prime}(x)=x^{p}+(1-x)^{p}, x \in[0,1]$ ，则 $\varphi^{\prime}(x)=p\left[x^{p-1}-(1-x)^{p-1}\right]$ ，
由 $\varphi^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{1}{2}$ ，且当 $x \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$\varphi^{\prime}(x)<0$ ，当 $x \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 时 $\varphi^{\prime}(x)>0$ ，
又因为 $\varphi(0)=\varphi(1)=1$ ，所以当 $\mathrm{x} \in(0,1)$ 时，$\varphi(x)<1$ 恒成立
综上：$p$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$ ．
【考点定位】本题考查导数的应用、函数的新定义，函数与不等式的综合应用以及分类讨论，数形结合的数学思想。高考中，导数解答题一般有以下几种考查方向：一、导数的几何意义，求函数的单调区间；二、用导数研究函数的极值，最值；三、用导数求最值的方法证明不等式，来年需要注意用导数研究函数最值的考查。