这种题目是相当容易的，我们只需要考虑那两条直线组成的分段函数，有
$$y'=1,x>1\qquad y'=0,x<1$$
这正好是一个单位阶跃函数$\theta(x-1)$。
在网上找到单位阶跃函数的连续函数逼近http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8D%95%E4%BD%8D%E9%98%B6%E8%B7%83%E5%87%BD%E6%95%B0
比如
$$\theta(x-1)=\lim_{k\to+\infty}\frac{1}{e^{-k(x-1)}+1}$$
积分之得
$$y=x-1+\frac{\ln(1+e^{-k(x-1)})}{k}$$
只需要稍微平移就可以使得y(0)=0，且不改变渐近线（这个过程在几何上是很直观的），就满足题目了。
（如果不要求y(0)=0，那么上面的方程就满足提议了）
补充内容 (2014-6-19 11:52):
关于“只需要稍微平移就可以使得y(0)=0，且不改变渐近线——是否能详细给出结果？”
参考13#
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5596&pid=54144&fromuid=70 本帖最后由 282842712474 于 2014-6-11 20:47 编辑
另外，还可以从双曲线出发考虑，先考虑曲线
$$y=\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)x^2},\quad \alpha=\frac{\pi}{8}$$
然后旋转$\alpha$角即可。
$$(\cos\alpha+i\sin\alpha)(x+\rm{i}\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)x^2})=x\cos\alpha-\sin\alpha\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)x^2}+\rm{i}\left(x\sin\alpha+\cos\alpha\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)x^2}\right)$$
则满足题意的曲线参数方程为
$$x=t\cos\alpha-\sin\alpha\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)t^2}+x_0,\quad y=t\sin\alpha+\cos\alpha\sqrt{\beta+(\tan^2\alpha)t^2}+y_0$$
其渐近线为
$$y-y_0=\tan 2\alpha (x-x_0)=x-x_0$$
要求
$$y_0-x_0=-1$$
然后再根据y(0)=0就可以确定$x_0,y_0$。
此时就是$\beta$越接近于0越符合题意了。 282842712474 发表于 2014-6-11 18:41
这种题目是相当容易的，我们只需要考虑那两条直线组成的分段函数，有
$$y'=1,x>1\qquad y'=0,x
通过把整个曲线沿着（-1，-1）方向平移，得到了理想的结果。
下面是 k 从 1 变化到 20 的效果
BeerRabbit 发表于 2014-6-19 10:44
通过把整个曲线沿着（-1，-1）方向平移，得到了理想的结果。
下面是 k 从 1 变化到 20 的效果
正是如此。这个平移应当是很直观的，就是把整条曲线沿着y=x-1向左下方滑动一点，使得y(0)=0即可。（本来y(0)略大于0）
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