Sean $X=\{a,b\}, \tau_{1}=\{\emptyset, X, \{a\},\{b\}\}$, $\tau_{2}=\{\emptyset, X,\{b\}\}$
y
$f:(X,\tau_{1})\to(X,\tau_{2})$
la función identidad sobre $X$ (i.e., $f(a)=a$ y $f(b)=b$).
La función $f$ es claramente biyectiva y continua pero no es abierta pues $f(\{a\}) \notin \tau_{2}.$
REVISIÓN (12/10/13). La primera parte del ejercicio puede establecerse como sigue. Si $\mathcal{B}:=\{(a,b): a, b\in \mathbb{Q}, a<b\} $ entonces puede mostrarse que $\mathcal{B}$ es una base numerable de $\mathbb{R}$. Luego, si $A$ es un conjunto abierto y no vacío de $\mathbb{R}$ entonces existe $\mathcal{C} \subseteq \mathcal{B}$ tal que
$\displaystyle A = \bigcup_{(a,b) \in \mathcal{C}} (a,b).$
De esta igualdad se sigue que
$\displaystyle f(A) = \bigcup_{(a,b) \in \mathcal{C}} f((a,b))$
y por lo tanto, todo se reduce a mostrar que cada $f((a,b))$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}$. Fíjese $(a,b) \in \mathcal{C}$. Como $f$ es biyectiva entonces $f$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente en $[a,b]$. En efecto, pues si por ejemplo $u,v,w \in [a,b]$ son tales que $u<v<w$ y $f(u)>f(v)$ y $f(v)<f(w)$ entonces aplicando el teorema del valor intermedio a algún $z \in (f(v),f(u)) \cap (f(v),f(w))$ tenemos que existen $c_{1} \in (u,v)$, $c_{2} \in (v,w)$ tales que $f(c_{1})=z=f(c_{2})$, lo cual es imposible en vista de la inyectividad de $f$.
De todo lo anterior se concluye $f((a,b)) = (f(a),f(b))$ o $f((a,b)) = (f(b),f(a))$ y la prueba termina.