【典例1】已知函数$f(x)= \frac{2x - 1}{x + 1}$.
(1)求函数$f(x)$的定义域,判断函数$f(x)在区间(-1,+\infty)$上的单调性,并用定义证明;
(2)求函数$f(x)在区间[2,+\infty)$上的值域.

解题指导 (1)由$f(x)= \frac{2x - 1}{x + 1}$想到“裂项分离”,即$f(x)= 2-\frac{3}{x + 1}$,然后任取$-1\lt x_1\lt x_2$,利用定义判断函数$f(x)在区间(-1,+\infty)$上的单调性.
(2)根据(1)中的单调性可求得函数$f(x)在[2,+\infty)$上的最小值,再根据解析式的特点分析出$f(x)\lt2$,即可得出函数的值域.
答案 解:(1)$\because f(x)= \frac{2x - 1}{x + 1}$,
$\therefore x + 1\neq0,\therefore x\neq - 1$,
$\therefore函数f(x)的定义域为\{x|x\neq - 1\}$.
函数$f(x)在区间(-1,+\infty)$上单调递增.
证明如下:
$\because f(x)= \frac{2x - 1}{x + 1}= 2-\frac{3}{x + 1}$,任取$-1\lt x_1\lt x_2$,
则$f(x_1)-f(x_2)= 2-\frac{3}{x_1 + 1}-\left(2-\frac{3}{x_2 + 1}\right)= -\frac{3}{x_1 + 1}+\frac{3}{x_2 + 1}= \frac{3(x_1 - x_2)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}$.
$\because - 1\lt x_1\lt x_2$,
$\therefore x_1 - x_2\lt0,(x_1 + 1)(x_2 + 1)\gt0$,
$\therefore f(x_1)-f(x_2)\lt0$,即$f(x_1)\lt f(x_2)$,
$\therefore函数f(x)在区间(-1,+\infty)$上单调递增.
(2)由(1),知函数$f(x)在(-1,+\infty)$上单调递增,$\therefore函数f(x)在区间[2,+\infty)$上单调递增,$\therefore f(x)\geq f(2)= 1$.
$\because当x\in[2,+\infty)$时,$f(x)= \frac{2x - 1}{x + 1}= 2-\frac{3}{x + 1}\lt2,\therefore f(x)在区间[2,+\infty)上的值域为[1,2)$.

【变式1】已知函数$f(x)= \frac{x^2 + a}{x}$,且$f(1)= 2$.
(1)求$a$的值;
(2)用定义证明函数$f(x)在区间(1,+\infty)$上单调递增;
(3)求函数$f(x)在区间[2,5]$上的最大值和最小值.

解:(1)因为函数$f(x)=\frac{x^{2}+a}{x}$，且$f(1)=2$，
　所以$1+a=2$，解得$a=1$.
　(2)证明:由(1)，知$f(x)=\frac{x^{2}+1}{x}=x+\frac{1}{x}$.
　任取$x_1,x_2\in(1,+\infty)$，且$x_1＜x_2$，
　则$f(x_1)-f(x_2)=x_1+\frac{1}{x_1}-x_2-\frac{1}{x_2}=x_1 - x_2+\frac{x_2 - x_1}{x_1x_2}=(x_1 - x_2)(1-\frac{1}{x_1x_2})$.
　因为$x_1,x_2\in(1,+\infty)$，且$x_1＜x_2$，
　所以$x_1 - x_2＜0$，$0＜\frac{1}{x_1x_2}＜1$，所以$1-\frac{1}{x_1x_2}＞0$，
　所以$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
　所以函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递增.
　(3)由(2)，知函数$f(x)$在区间$[2,5]$上单调递增，所以$f(x)_{max}=f(5)=\frac{26}{5}$，$f(x)_{min}=f(2)=\frac{5}{2}$.

【典例2】(1)已知函数$f(x)= \frac{k}{x - 1}(k\gt0)在[4,6]$上的最大值为1,则$k$的值为____;

(1)3；

(2)已知函数$f(x)= 2x + b在区间(-1,2)$上的函数值恒为正,则实数$b$的取值范围为____.

(2)$[2,+\infty)$