《2025年金版新学案高中数学必修1人教版》

典例1 (1)函数$y=\sqrt{x+1}+\frac{1}{2-x}$的定义域是 (B)
A.$[-1,2)$
B.$[-1,2)\cup(2,+\infty)$
C.$(2,+\infty)$
D.$[-1,+\infty)$

答案： 典例1
(1)B
(2)[-1,3]
(1)要使函数$ y = \sqrt{x + 1} + \frac{1}{2 - x} $有意义，需满足$ \begin{cases} x + 1 \geq 0 \\ 2 - x \neq 0 \end{cases} $，解得$ x \geq -1 $且$ x \neq 2 $，即函数的定义域为$ [-1, 2) \cup (2, +\infty) $，故选B。

(2)已知函数$f(x+1)$的定义域是$[-2,2]$，则函数$f(x)$的定义域是　　　　.[-1,3]
听课笔记：

答案：
(2)因为函数$ f(x + 1) $的定义域为$ [-2, 2] $，所以$ -2 \leq x \leq 2 $，则$ -1 \leq x + 1 \leq 3 $，所以函数$ f(x) $的定义域为$ [-1, 3] $。

对点练1.(1)已知函数$f(x)$的定义域为$[2,8]$，则函数$h(x)=f(2x)+\sqrt{9-x^2}$的定义域为(C)

A.$[4,16]$
B.$(-\infty,1]\cup[3,+\infty)$
C.$[1,3]$
D.$[3,4]$

答案： 对点练1.
(1)C
(1)函数$ f(x) $的定义域为$ [2, 8] $，则函数$ h(x) $的定义域需满足$ \begin{cases} 2 \leq 2x \leq 8 \\ 9 - x^2 \geq 0 \end{cases} $，解得$ 1 \leq x \leq 3 $，所以函数$ h(x) $的定义域为$ [1, 3] $。故选C。

(2)已知函数$f(x+2)$的定义域为$(-1,1)$，则函数$y=f(2x-1)$的定义域为 (D)

A.$(-1,1)$
B.$(-3,1)$
C.$(0,1)$
D.$(1,2)$

答案：
(2)设$ x + 2 = t $，则$ f(x + 2) = f(t) $，因为函数$ f(x + 2) $的定义域为$ (-1, 1) $，所以$ -1 ＜ x ＜ 1 $，所以$ 1 ＜ x + 2 ＜ 3 $，所以函数$ f(t) $的定义域为$ (1, 3) $，所以有$ 1 ＜ 2x - 1 ＜ 3 $，所以$ 1 ＜ x ＜ 2 $，所以函数$ f(2x - 1) $的定义域为$ (1, 2) $。故选D。

典例2 求下列函数的值域：
(1)$y=x^2-2x+3,x\in[0,3)$；
(2)$y=\frac{2x+1}{x-3}(x＞4)$；
(3)$y=x+\sqrt{2x-1}$.
听课笔记：

答案：
解：
(1)$ y = x^2 - 2x + 3 = (x - 1)^2 + 2 $，$ x \in [0, 3) $的图象如图所示，
由图可得函数的值域为$ [2, 6) $。
(2)$ y = \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{2(x - 3) + 7}{x - 3} = 2 + \frac{7}{x - 3} $。

因为$ x ＞ 4 $，所以$ 0 ＜ \frac{7}{x - 3} ＜ 7 $，所以$ 2 ＜ y ＜ 9 $，故函数的值域为$ (2, 9) $。
(3)令$ \sqrt{2x - 1} = t $，则$ x = \frac{1}{2}(t^2 + 1) $，且$ t \geq 0 $，
函数$ y = x + \sqrt{2x - 1} $化为$ y = \frac{1}{2}(t^2 + 1) + t = \frac{1}{2}t^2 + t + \frac{1}{2} (t \geq 0) $，
对称轴为$ t = -1 $，
所以函数$ y = \frac{1}{2}t^2 + t + \frac{1}{2} $在$ [0, +\infty) $上单调递增，
所以函数的最小值为$ \frac{1}{2} $，
即函数$ y = x + \sqrt{2x - 1} $的值域为$ \left[ \frac{1}{2}, +\infty \right) $。