嗨，你的思路已经非常正确了，我来接着你的推导帮你完成这个证明~

首先先明确一下问题：

设函数 $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ 满足：

• $f$ 是单调递增函数
• 对任意 $x\in [0,1]$，$f(x)\neq x$
• $f(0)>0$
  求证：$f(1)>1$

你已经定义了集合 $S:={x\in [0,1]:f(x)>x}$，并且指出只需证明 $\sup S\in S$，也通过实数完备性得到 $M=\sup S$ 存在，还推出了假设 $M\notin S$ 时必有 $f(M)<M$。接下来咱们从这个矛盾点继续推导：

当 $f(M)<M$ 时，因为 $f$ 单调递增，所以对所有 $x\in[M,1]$，都有 $f(x)\ge f(M)$。

由于 $M$ 是 $S$ 的上确界，根据上确界的定义，对于任意 $\epsilon>0$，都存在某个 $x_0\in S$ 使得 $M-\epsilon < x_0 \le M$。这里我们取 $\epsilon = M - f(M)$（显然 $\epsilon>0$，因为 $f(M)<M$），那么就有：
$$x_0 > M - \epsilon = f(M)$$

因为 $x_0\in S$，所以 $f(x_0) > x_0$；同时因为 $f$ 递增，$x_0\le M$ 意味着 $f(x_0)\le f(M)$。把这两个结论结合起来：
$$f(x_0) > x_0 > f(M) \implies f(x_0) > f(M)$$
这和 $f(x_0)\le f(M)$ 直接矛盾！

所以我们的假设“$M\notin S$”不成立，也就是说 $\sup S\in S$，即 $f(M) > M$。

接下来要证明 $M=1$：
假设 $M<1$，那么取任意 $x_1$ 满足 $M < x_1 < f(M)$（因为 $f(M)>M$，如果 $f(M)>1$，那直接有 $f(1)\ge f(M)>1$，结论成立；如果 $f(M)\le1$，这样的 $x_1$ 必然存在）。

因为 $f$ 单调递增，所以 $f(x_1)\ge f(M) > x_1$，这说明 $x_1\in S$，但 $x_1>M$，这和 $M$ 是 $S$ 的上确界矛盾！

因此 $M$ 只能等于1，也就是 $1\in S$，即 $f(1)>1$，证明完成~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user1055322