1. 首先明确一次函数的形式：
一次函数的一般形式为$y = kx + b(k\neq0)$。
设$k=\sqrt{2}$，$b = \sqrt{3}$，则函数$y=\sqrt{2}x+\sqrt{3}$。
2. 然后用反证法证明：
假设当$x = x_0$（$x_0$是有理数）时，$y = y_0$是有理数。
由$y_0=\sqrt{2}x_0+\sqrt{3}$，移项可得$\sqrt{2}x_0=y_0 - \sqrt{3}$。
若$x_0 = 0$，则$y_0=\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$是无理数，与假设矛盾。
若$x_0\neq0$，则$\sqrt{2}=\frac{y_0 - \sqrt{3}}{x_0}$。
因为$x_0$是有理数，$y_0$是有理数（假设），根据有理数的运算性质：有理数的四则运算（除数不为$0$）结果是有理数，那么$\frac{y_0 - \sqrt{3}}{x_0}$是无理数（因为$\sqrt{3}$是无理数），而$\sqrt{2}$是无理数，等式左边$\sqrt{2}$是无理数，右边$\frac{y_0 - \sqrt{3}}{x_0}$是无理数，但从数的构造上，若$y_0$是有理数，$\frac{y_0 - \sqrt{3}}{x_0}$这种形式与$\sqrt{2}$的本质不同（$\sqrt{2}$是一个确定的无理数，而$\frac{y_0 - \sqrt{3}}{x_0}$若$y_0$有理数会出现矛盾）；或者从有理数和无理数的定义严格证明：
设$x$是有理数，$y=\sqrt{2}x+\sqrt{3}$。有理数$x$可以表示为$x=\frac{p}{q}$（$p,q\in Z$，$q\neq0$）。
假设$y$是有理数，设$y = \frac{m}{n}$（$m,n\in Z$，$n\neq0$），则$\frac{m}{n}=\sqrt{2}\cdot\frac{p}{q}+\sqrt{3}$，$\sqrt{2}\cdot\frac{p}{q}=\frac{m}{n}-\sqrt{3}$。
两边平方得$2\cdot\frac{p^{2}}{q^{2}}=\frac{m^{2}}{n^{2}} - 2\frac{m}{n}\sqrt{3}+3$，$2\frac{m}{n}\sqrt{3}=\frac{m^{2}}{n^{2}}+3 - 2\frac{p^{2}}{q^{2}}$。
因为$\frac{m}{n}\neq0$（若$\frac{m}{n}=0$，则$\frac{m^{2}}{n^{2}}+3 - 2\frac{p^{2}}{q^{2}} = 0$，即$2\frac{p^{2}}{q^{2}}=\frac{m^{2}}{n^{2}} + 3$，左边是有理数，右边$\frac{m^{2}}{n^{2}}+3$是有理数，此时$\sqrt{3}=-\frac{m}{n}$，矛盾），所以$\sqrt{3}=\frac{\frac{m^{2}}{n^{2}}+3 - 2\frac{p^{2}}{q^{2}}}{2\frac{m}{n}}$，这与$\sqrt{3}$是无理数矛盾。
所以可以构造一次函数$y = \sqrt{2}x+\sqrt{3}$（答案不唯一，只要$k$为无理数，$b$为无理数且$k$，$b$满足一定条件即可），使得对于任意一个有理数$x$，函数值$y$都是无理数。
