证明 (1) 记$m=min\{infA,infB\}$。下证$m$是$A\cup B$的下界。$\mathrm{\forall }x\in A\cup B$，$x\in A$或$x\in B$。若$x\in A$，则$x\ge infA\ge m$；若$x\in B$，则$x\ge infB\ge m$。因此$m$是$A\cup B$的下界。

下证$m=inf(A\cup B)$。假设$m\ne inf(A\cup B)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$m+\epsilon$是$A\cup B$的下界，即$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$\mathrm{\forall }x\in A\cup B$，都有$x\ge m+\epsilon$。不妨设$m=infA$，则$\mathrm{\forall }x\in A$，都有$x\ge m+\epsilon$，与$m$是$A$的下确界矛盾。因此$m=inf(A\cup B)$。

(2) 记$M=max\{supA,supB\}$。下证$M$是$A\cup B$的上界。$\mathrm{\forall }x\in A\cup B$，$x\in A$或$x\in B$。若$x\in A$，则$x\le supA\le M$；若$x\in B$，则$x\le supB\le M$。因此$M$是$A\cup B$的上界。

下证$M=sup(A\cup B)$。假设$M\ne sup(A\cup B)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$M-\epsilon$是$A\cup B$的上界，即$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$\mathrm{\forall }x\in A\cup B$，都有$x\le M-\epsilon$。不妨设$M=supA$，则$\mathrm{\forall }x\in A$，都有$x\le M-\epsilon$，与$M$是$A$的上确界矛盾。因此$M=sup(A\cup B)$。

(3) 记$m=max\{infA,infB\}$。原命题等价于证明$m$是$A\cap B$的下界。$\mathrm{\forall }x\in A\cap B$，$x\in A$且$x\in B$，则$x\ge infA$且$x\ge infB$，故$x\ge m$。

(4) 记$M=min\{supA,supB\}$。原命题等价于证明$M$是$A\cap B$的上界。$\mathrm{\forall }x\in A\cap B$，$x\in A$且$x\in B$，则$x\le supA$且$x\le supB$，故$x\le M$。

(5) 显然不一定成立，如$A=\{0,1\}$、$B=\{0,2\}$，此时$sup(A\cap B)=0$，而$min\{supA,supB\}=1$。 $◻$

证明 (1) 记$m=infA+infB$。下证$m$是$A+B$的下界。$\mathrm{\forall }x\in A+B$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$x=x_1+x_2$，则$x=x_1+x_2\ge infA+infB=m$。

下证$m=inf(A+B)$。假设$m\ne inf(A+B)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$m+2\epsilon$是$A+B$的下界。根据下确界的定义可知$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$infA+\epsilon >x_1\ge infA,infB+\epsilon >x_2\ge infB$，则$x_1+x_2\in A+B$，且 $$\begin{array}{}\text{(6)}& x_1+x_2<infA+infB+2\epsilon =m+2\epsilon \end{array}$$ 与$m+2\epsilon$是$A+B$的下界矛盾。因此$m=inf(A+B)$。

(2) 记$M=supA+supB$。下证$M$是$A+B$的上界。$\mathrm{\forall }x\in A+B$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$x=x_1+x_2$，则$x=x_1+x_2\le supA+supB=M$。

下证$M=sup(A+B)$。假设$M\ne sup(A+B)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$M-2\epsilon$是$A+B$的上界。根据上确界的定义可知$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$supA-\epsilon <x_1\le supA,supB-\epsilon <x_2\le supB$，则$x_1+x_2\in A+B$，且 $$\begin{array}{}\text{(7)}& x_1+x_2>supA+supB-2\epsilon =M-2\epsilon \end{array}$$ 与$M-2\epsilon$是$A+B$的上界矛盾。因此$M=sup(A+B)$。

(3) 记$m=infA\cdot infB$。下证$m$是$AB$的下界。$\mathrm{\forall }x\in AB$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$x=x_1{x}_2$，则$x=x_1{x}_2\ge infA\cdot infB=m$。

下证$m=inf(AB)$。假设$m\ne inf(AB)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$m+\epsilon$是$AB$的下界。根据下确界的定义可知取特定${\epsilon }^{\prime }\in (0,1)$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$infA+{\epsilon }^{\prime }>x_1\ge infA,infB+{\epsilon }^{\prime }>x_2\ge infB$，则$x_1{x}_2\in AB$，且 $$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}{x}_1{x}_2& <(infA+{\epsilon }^{\prime })(infB+{\epsilon }^{\prime })=infA\cdot infB+{\epsilon }^{\prime }(infA+infB)+{\epsilon }^{\prime 2}\\ & <m+{\epsilon }^{\prime }(infA+infB+1)\stackrel{?}{=}m+\epsilon \end{array}\end{array}$$ 取${\epsilon }^{\prime }=1/(infA+infB+1)$。这与$m+\epsilon$是$AB$的下界矛盾，因此$m=inf(AB)$。

记$M=supA\cdot supB$。下证$M$是$AB$的上界。$\mathrm{\forall }x\in AB$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$x=x_1{x}_2$，则$x=x_1{x}_2\le supA\cdot supB=M$。

下证$M=sup(AB)$。假设$M\ne sup(AB)$，则$\mathrm{\exists }\epsilon >0$使得$M-\epsilon$是$AB$的上界。根据上确界的定义可知取特定${\epsilon }^{\prime }\in (0,1)$，$\mathrm{\exists }{x}_1\in A,x_2\in B$使得$supA-{\epsilon }^{\prime }<x_1\le supA,supB-{\epsilon }^{\prime }<x_2\le supB$，则$x_1{x}_2\in AB$，且 $$\begin{array}{}\text{(9)}& \begin{array}{rl}{x}_1{x}_2& >(supA-{\epsilon }^{\prime })(supB-{\epsilon }^{\prime })=supA\cdot supB-{\epsilon }^{\prime }(supA+supB)+{\epsilon }^{\prime 2}\\ & >M-{\epsilon }^{\prime }(supA+supB+1)\stackrel{?}{=}M-\epsilon \end{array}\end{array}$$ 取${\epsilon }^{\prime }=1/(supA+supB+1)$。这与$M-\epsilon$是$AB$的上界矛盾，因此$M=sup(AB)$。 $◻$

证明 循序渐进地对$\alpha$分情况讨论。

(1)

当$\alpha =n\in \mathbb{N}$时，由二项式定理可得$$\begin{array}{}\text{(13)}& (1+x{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k=1+nx+\frac{n(n-1)}{2}{x}^2+\cdots +x^n\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(14)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^n-1}{x}=\underset{x\to 0}{lim}[n+\frac{n(n-1)}{2}x+\cdots +x^{n-1}]=n\end{array}$$

(2)

当$\alpha =\frac{m}{n}$（$m\in \mathbb{N},n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$）时，令$$\begin{array}{}\text{(15)}& y:=(1+x{)}^{\frac{1}{n}}-1,x\to 0⟹y\to 0\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(16)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^{\frac{m}{n}}-1}{x}=\underset{y\to 0}{lim}\frac{(1+y{)}^m-1}{(1+y{)}^n-1}=\frac{\underset{y\to 0}{lim}\frac{(1+y{)}^m-1}{y}}{\underset{y\to 0}{lim}\frac{(1+y{)}^n-1}{y}}=\frac{m}{n}\end{array}$$

(3)

当$\alpha \ge 0$时，$\alpha =0$退化为$\alpha \in \mathbb{N}$，故仅讨论$\alpha >0$。$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，由有理数的稠密性，存在$\frac{m_1}{n_1},\frac{m_2}{n_2}\in {\mathbb{Q}}^{+}$使得$$\begin{array}{}\text{(17)}& max\{\alpha -\frac{\epsilon }{2},0\}<\frac{m_1}{n_1}<\alpha <\frac{m_2}{n_2}<\alpha +\frac{\epsilon }{2}\end{array}$$ 由极限的定义可知$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }=\frac{\epsilon }{2}>0$，$\mathrm{\exists }\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\}>0$使得$$\begin{array}{}\text{(18)}& 0<x<\delta ⟹\alpha -\epsilon <\frac{m_i}{n_i}-{\epsilon }^{\prime }<\frac{(1+x{)}^{\frac{m_i}{n_i}}-1}{x}<\frac{m_i}{n_i}+{\epsilon }^{\prime }<\alpha +\epsilon ,i=1,2\end{array}$$ 不论$x\gtrless 0$，$\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}$均关于$\alpha$严格增，故由单调性可知$$\begin{array}{}\text{(19)}& \alpha -\epsilon <\frac{(1+x{)}^{\frac{m_1}{n_1}}-1}{x}<\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}<\frac{(1+x{)}^{\frac{m_2}{n_2}}-1}{x}<\alpha +\epsilon \end{array}$$ 即$$\begin{array}{}\text{(20)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}=\alpha \end{array}$$

(4)

当$\alpha <0$时，注意到$$\begin{array}{}\text{(21)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-(1+x{)}^{-\alpha }}{x(1+x{)}^{-\alpha }}=-\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{(1+x{)}^{-\alpha }}\underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^{-\alpha }-1}{x}=\alpha \end{array}$$ 由此可得命题对$\alpha \in \mathbb{R}$成立。

计算极限：$$\begin{array}{}\text{(22)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}[\frac{(1+x{)}^{1/2}-1}{x}+\frac{(1-x{)}^{1/3}-1}{-x}]=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(23)}& \underset{x\to 4}{lim}\frac{\sqrt[3]{3+6x}-3}{\sqrt{x}-2}\stackrel{x=t+4}{=}\underset{t\to 0}{lim}\frac{(27+6t{)}^{1/3}-3}{(4+t{)}^{1/2}-2}=\frac{3}{2}\times \frac{\frac{2}{9}\underset{t\to 0}{lim}\frac{{(1+\frac{2}{9}t)}^{1/3}-1}{\frac{2}{9}t}}{\frac{1}{4}\underset{t\to 0}{lim}\frac{{(1+\frac{1}{4}t)}^{1/2}-1}{\frac{1}{4}t}}=\frac{3}{2}\times \frac{\frac{2}{9}\times \frac{1}{3}}{\frac{1}{4}\times \frac{1}{2}}=\frac{8}{9}\end{array}$$ $◻$

证明 (1) $\max$、$\min$可用绝对值函数表示为$$\begin{array}{}\text{(27)}& max\{a,b\}=\frac{a+b+|a-b|}{2},min\{a,b\}=\frac{a+b-|a-b|}{2}\end{array}$$ 而四则运算及绝对值函数均保持连续性，故$max\{f(x),g(x)\}$、$min\{f(x),g(x)\}$都是$I$上的连续函数。

(2) 采用数学归纳法。$n=1,2$时，由(1)知结论成立。假设结论对$n$成立，即由$f_1,f_2,\cdots ,f_n$确定的$g_1,g_2,\cdots ,g_n$都连续，现在引入$f_{n+1}$，下证由$f_1,f_2,\cdots ,f_{n+1}$确定的${\tilde{g}}_1,{\tilde{g}}_2,\cdots ,{\tilde{g}}_{n+1}$也都连续。

注意到${\tilde{g}}_1,{\tilde{g}}_2,\cdots ,{\tilde{g}}_{n+1}$可表示为$$\begin{array}{}\text{(28)}& {\tilde{g}}_1(x)=min\{g_1(x),f_{n+1}(x)\},{\tilde{g}}_{n+1}(x)=max\{g_n(x),f_{n+1}(x)\}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(29)}& {\tilde{g}}_k(x)=max\{g_{k-1}(x),min\{g_k(x),f_{n+1}(x)\}\},k=2,3,\cdots ,n\end{array}$$ 因此${\tilde{g}}_1,{\tilde{g}}_2,\cdots ,{\tilde{g}}_{n+1}$都连续。由数学归纳法可知结论对任意$n$成立。 $◻$

证明 (1)(2) 由于$\mathbb{Q}$在$\mathbb{R}$中稠密，故$\mathrm{\exists }{r}_1,s_1\in \mathbb{Q}$使得$x-1<r_1<x<s_1<x+1$。依据以下规则构造数列$\{r_n\},\{s_n\}$：选择$r_{n+1},s_{n+1}\in \mathbb{Q}$使得$r_n<r_{n+1}<x<s_{n+1}<s_n$。由于$f$单调不减，故$f(r_n)\le f(r_{n+1})\le f(s_{n+1})\le f(s_n)$。由单调有界收敛定理知$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{r}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{s}_n=x$。

$\{f(r_n)\}$单调不减且有上界$f(s_1)$，$\{f(s_n)\}$单调不增且有下界$f(r_1)$，因此$L_1:=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(r_n)$和$L_2:=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(s_n)$均存在，且由极限的保序性可得$L_1\le L_2$。若$x\in \mathbb{Q}$，由极限的保序性可得$L_1\le f(x)\le L_2$。假设$L_1<L_2$，取$$\begin{array}{}\text{(30)}& L:=\{\begin{array}{ll}\frac{L_1+L_2}{2},& x\notin \mathbb{Q}\vee f(x)=L_1\\ \frac{L_1+f(x)}{2},& f(x)\ne L_1\end{array},\delta :=\{\begin{array}{ll}\frac{L_2-L_1}{4},& x\notin \mathbb{Q}\vee f(x)=L_1\\ \frac{f(x)-L_1}{4},& f(x)\ne L_1\end{array}\end{array}$$ 由此可得$L_1<L-\delta <L<L+\delta <L_2$。

$\mathrm{\forall }r\in \mathbb{Q}$且$r<x$，由于$\{r_n\}$严格增且趋于$x$，故$\mathrm{\exists }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$使得$r<r_n$，此时有$f(r)\le f(r_n)\le L_1<L-\delta$；同理可得$\mathrm{\forall }s\in \mathbb{Q}$且$s>x$，$f(s)>L+\delta$；若$x\in \mathbb{Q}$，亦有$f(x)\notin (L-\delta ,L+\delta )$。故$(L-\delta ,L+\delta )$没有$f(\mathbb{Q})$的任何元素，这与$f(\mathbb{Q})$在$\mathbb{R}$中稠密矛盾。因此$L_1=L_2=L$；若$x\in \mathbb{Q}$，则$L=f(x)$。

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，由于$f(\mathbb{Q})$在$\mathbb{R}$中稠密，故$\mathrm{\exists }{r}_0,s_0\in \mathbb{Q}$使得$L-\epsilon <f(r_0)<L<f(s_0)<L+\epsilon$。由于$f$单调不减，故$r_0<x<s_0$。令$\delta =min\{s_0-x,x-r_0\}$，则$\mathrm{\forall }r\in \mathbb{Q}$且$|r-x|<\delta$，都有$r_0<r<s_0$，因此$$\begin{array}{}\text{(31)}& L-\epsilon <f(r_0)\le f(r)\le f(s_0)<L+\epsilon \end{array}$$ 故$g(x)=\underset{r\to x}{lim}f(r)$存在，且当$x\in \mathbb{Q}$时，$g(x)=f(x)$。

(3) 设$x,y\in \mathbb{R}$且$x<y$，类似(1)可取$x<r_1=s_1<y$、$\{r_n\}$严格减且趋于$x$、$\{s_n\}$严格增且趋于$y$，则$$\begin{array}{}\text{(32)}& g(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(r_n)\le f(r_1)=f(s_1)\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(s_n)=g(y)\end{array}$$ 若$f$严格增，只需将上式中的不严格不等号改为严格不等号即可。

(4) 设$x_0\in \mathbb{R}$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，由(1)可知$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$\mathrm{\forall }t\in \mathbb{Q}$且$|t-x_0|<\delta$，都有$|f(t)-g(x_0)|<\epsilon$。$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$且$|x-x_0|<\delta$，$\mathrm{\exists }r,s\in \mathbb{Q}$使得$x_0-\delta <r<x<s<x_0+\delta$。由于$g$单调不减，故$$\begin{array}{}\text{(33)}& -\epsilon <f(r)-g(x_0)=g(r)-g(x_0)\le g(x)-g(x_0)\le g(s)-g(x_0)=f(s)-g(x_0)<\epsilon \end{array}$$ 这说明$g$在$x_0$处连续。由于$x_0$是任意选取的，故$g$在$\mathbb{R}$上连续。 $◻$

证明 (1) 易见$f(0)=0$。借助数学归纳法可证明$$\begin{array}{}\text{(35)}& f(nx)=nf(x),\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},x\in \mathbb{R}\end{array}$$ 因此$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$，$f(n)=f(1)n$。

(2) 令$y=-x$可得$f(-x)=-f(x)$，故$f$为奇函数。因此$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{Z}$，$f(n)=f(1)n$。

(3) $\mathrm{\forall }x=\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$，有$f(m)=f(nx)=nf(x)$，故$f(x)=\frac{1}{n}f(m)=\frac{m}{n}f(1)=f(1)x$。

(4) 若$f$连续，任取$x_0\in \mathbb{R}$，则$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，$$\begin{array}{}\text{(36)}& |x-x_0|<\delta ⟹|f(x)-f(x_0)|<\epsilon \end{array}$$ 令${\delta }^{\prime }=min\{\delta ,\epsilon \}$，由有理数的稠密性知$\mathrm{\exists }r\in \mathbb{Q}$满足$x_0-{\delta }^{\prime }<r<x_0+{\delta }^{\prime }$，则有$$\begin{array}{}\text{(37)}& \begin{array}{rl}|f(x_0)-f(1)x_0|& =|f(x_0)-f(r)-f(1)(x_0-r)|\le |f(x_0)-f(r)|+|f(1)||x_0-r|\\ & <\epsilon +|f(1)|{\delta }^{\prime }\le (1+|f(1)|)\epsilon \stackrel{?}{<}{\epsilon }^{\prime }\end{array}\end{array}$$ 取${\epsilon }^{\prime }=\epsilon (1+|f(1)|)$即可。因此，任取$x_0\in \mathbb{R}$，$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$都有$$\begin{array}{}\text{(38)}& |f(x_0)-f(1)x_0|<(|f(1)|+1)\epsilon ={\epsilon }^{\prime }⟹f(x_0)=f(1)x_0\end{array}$$

(5) 若$f$单调，不妨设$f$单调不减，此时$f(1)\ge 0$。任取$x_0\in \mathbb{R}$，则$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，取特定$\delta >0$，由有理数的稠密性知$\mathrm{\exists }{r}_1,r_2\in \mathbb{Q}$满足$x_0-\delta <r_1<x_0<r_2<x_0+\delta$，则有$$\begin{array}{}\text{(39)}& f(x_0)-\epsilon \stackrel{?}{<}f(1)r_1\le f(x_0)\le f(1)r_2\stackrel{?}{<}f(x_0)+\epsilon \end{array}$$ 若$f(1)=0$，则$f(x_0)=0$对任意$x_0\in \mathbb{R}$恒成立，此时$f$连续；若$f(1)>0$，则有$$\begin{array}{}\text{(40)}& \begin{array}{rl}f(1)r_2& <f(1)(r_1+x_0-r_1+\delta )<f(r_1)+2\delta f(1)\le f(x_0)+2\delta f(1)=f(x_0)+\epsilon \\ f(1)r_1& >f(1)(r_2+x_0-r_2-\delta )>f(r_2)-2\delta f(1)\ge f(x_0)-2\delta f(1)=f(x_0)-\epsilon \end{array}\end{array}$$ 取$\delta =\frac{\epsilon }{2f(1)}$即可。

(6) 若$f$在$x_0\in \mathbb{R}$处连续，则$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，$$\begin{array}{}\text{(41)}& |x-x_0|<\delta ⟹|f(x)-f(x_0)|<\epsilon \end{array}$$ 任取$x_1\in \mathbb{R}$，则有$$\begin{array}{}\text{(42)}& |x-x_1|<\delta ⟹|f(x)-f(x_1)|=|f(x_0+x-x_1)-f(x_0)|<\epsilon \end{array}$$ 故$f$在$x_1$处连续。

(7) 若$f$至多只有第一类间断点，则$\mathrm{\forall }{x}_0\in \mathbb{R}$，$\underset{x\to x_0^{+}}{lim}f(x)$、$\underset{x\to x_0^{-}}{lim}f(x)$均存在。类似(4)可证明$f(x_0^{-})=f(x_0^{+})=f(1)x_0$，因此$f$连续。

(8) 若$f$局部有界，取$x_0=0$，则$\mathrm{\exists }{\delta }_0,M_0>0$使得$|x|<{\delta }_0⟹|f(x)|\le M_0$。$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，由有理数的稠密性知$\mathrm{\exists }r\in \mathbb{Q}$满足$x-{\delta }_0<r<x+{\delta }_0$，则有$$\begin{array}{}\text{(43)}& f(x)-f(1)x=f(r+x-r)-f(1)(r+x-r)=f(x-r)-f(1)(x-r)\end{array}$$ 由于$|x-r|<{\delta }_0$，故有$$\begin{array}{}\text{(44)}& |f(x)-f(1)x|\le |f(x-r)|+|f(1)||x-r|\le M_0+|f(1)|{\delta }_0=:M\end{array}$$ 因此$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，可选择充分大的$n$使得$\frac{M}{2^n}<\frac{\epsilon }{2}$，则$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$$\begin{array}{}\text{(45)}& |x|<\delta ⟹|f(x)|=\frac{|f(2^{n}x)|}{2^n}\le \frac{|f(1)\cdot 2^{n}x|+M}{2^n}\le |f(1)|\delta +\frac{\epsilon }{2}\le (1+|f(1)|)\delta +\frac{\epsilon }{2}\stackrel{?}{<}\epsilon \end{array}$$ 取$\delta =\frac{\epsilon }{2(1+|f(1)|)}$即可。因此$f$在$x_0=0$处连续，结合(6)可知$f$连续。