人教课标版高中数学选修第一讲 不等式和绝对值不等式一 不等式学案_第1页
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2.绝对值不等式的解法1.|ax+b|≤c,|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法只需将ax+b看成一个整体,即化成|x|≤a,|x|≥a(a>0)型不等式求解.|ax+b|≤c(c>0)型不等式的解法:先化为-c≤ax+b≤c,再由不等式的性质求出原不等式的解集.不等式|ax+b|≥c(c>0)的解法:先化为ax+b≥c或ax+b≤-c,再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集.2.|x-a|+|x-b|≥c和|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现数形结合思想,理解绝对值的几何意义,给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键.②以绝对值的零点为分界点,将数轴分为几个区间,利用“零点分段法”求解,体现分类讨论的思想.确定各个绝对值符号内多项式的正、负性,进而去掉绝对值符号是解题关键.③通过构造函数,利用函数的图象求解,体现函数与方程的思想,正确求出函数的零点并画出函数图象(有时需要考查函数的增减性)是解题关键.|ax+b|≤c与|ax+b|≥c(c>0)型的不等式的解法解下列不等式:(1)|5x-2|≥8;(2)2≤|x-2|≤4.利用|x|>a及|x|<a(a>0)型不等式的解法求解.(1)|5x-2|≥8⇔5x-2≥8或5x-2≤-8⇔x≥2或x≤-eq\f(6,5),∴原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2或x≤-\f(6,5))))).(2)原不等式价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x-2|≥2,①,|x-2|≤4.②))由①得x-2≤-2,或x-2≥2,∴x≤0或x≥4.由②得-4≤x-2≤4,∴-2≤x≤6.∴原不等式的解集为{x|-2≤x≤0或4≤x≤6}.|ax+b|≥c和|ax+b|≤c型不等式的解法:①当c>0时,|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤-c,|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c.②当c=0时,|ax+b|≥c的解集为R,|ax+b|<c的解集为∅.③当c<0时,|ax+b|≥c的解集为R,|ax+b|≤c的解集为∅.1.解下列不等式:(1)|3-2x|<9;(2)|x-x2-2|>x2-3x-4;(3)|x2-3x-4|>x+1.解:(1)∵|3-2x|<9,∴|2x-3|<9.∴-9<2x-3<9.即-6<2x<12.∴-3<x<6.∴原不等式的解集为{x|-3<x<6}.(2)∵|x-x2-2|=|x2-x+2|,而x2-x+2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+eq\f(7,4)>0,∴|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2.故原不等式等价于x2-x+2>x2-3x-4⇔x>-3.∴原不等式的解集为{x|x>-3}.(3)不等式可转化为x2-3x-4>x+1或x2-3x-4<-x-1,∴x2-4x-5>0或x2-2x-3<0.解得x>5或x<-1或-1<x<3,∴不等式的解集是(5,+∞)∪(-∞,-1)∪(-1,3).2.已知常数a满足-1<a<1,解关于x的不等式:ax+|x+1|≤1.解:若x≥-1,则ax+x+1≤1,即(a+1)x≤0.因为-1<a<1,所以x≤0.又x≥-1,所以-1≤x≤0.若x<-1,则ax-x-1≤1,即(a-1)x≤2.因为-1<a<1,所以x≥eq\f(2,a-1).因为-1<a<1,所以eq\f(2,a-1)-(-1)=eq\f(a+1,a-1)<0.所以eq\f(2,a-1)≤x<-1.综上所述,eq\f(2,a-1)≤x≤0.故不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,a-1),0)).|x-a|+|x-b|≥c和|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法解不等式|x-3|-|x+1|<1.解该不等式,可采用三种方法:(1)利用绝对值的几何意义;(2)利用各绝对值的零点分段讨论;(3)构造函数,利用函数图象分析求解.法一:在数轴上-1,3,x对应的点分别为A,C,P,而B点对应的实数为eq\f(1,2),B点到C点的距离与到A点的距离之差为1.由绝对值的几何意义知,当点P在射线Bx上(不含B点)时不等式成立,故不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2))))).法二:原不等式⇔①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<-1,,-x-3+x+1<1))或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-1≤x<3,,-x-3-x+1<1))或③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥3,,x-3-x+1<1.))①的解集为∅,②的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<3)))),③的解集为{x|x≥3}.综上所述,原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2))))).法三:将原不等式转化为|x-3|-|x+1|-1<0,构造函数y=|x-3|-|x+1|-1,即y=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3,,-2x+1,,-5,))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤-1,,-1<x<3,,x≥3.))作出函数的图象(如下图所示),它是分段函数,函数与x轴的交点是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),0)),由图象可知,当x>eq\f(1,2)时,有y<0,即|x-3|-|x+1|-1<0,所以原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2))))).|x-a|+|x-b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的三种解法:分区间(分类)讨论法、图象法和几何法.分区间讨论的方法具有普遍性,但较麻烦;几何法和图象法直观,但只适用于数据较简单的情况.3.解不等式|2x-1|+|3x+2|≥8.解:①当x≤-eq\f(2,3)时,|2x-1|+|3x+2|≥8⇔1-2x-(3x+2)≥8⇔-5x≥9⇔x≤-eq\f(9,5),∴x≤-eq\f(9,5);②当-eq\f(2,3)<x<eq\f(1,2)时,|2x-1|+|3x+2|≥8⇔1-2x+3x+2≥8⇔x+3≥8⇔x≥5,∴x∈∅;③当x≥eq\f(1,2)时,|2x-1|+|3x+2|≥8⇔5x+1≥8⇔5x≥7⇔x≥eq\f(7,5),∴x≥eq\f(7,5).∴原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(9,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5),+∞)).4.设函数f(x)=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,a)))+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.解:(1)证明:由a>0,得f(x)=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,a)))+|x-a|≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,a)-x-a))=eq\f(1,a)+a≥2,所以f(x)≥2.(2)f(3)=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3+\f(1,a)))+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+eq\f(1,a),由f(3)<5,得3<a<eq\f(5+\r(21),2).当0<a≤3时,f(3)=6-a+eq\f(1,a),由f(3)<5,得eq\f(1+\r(5),2)<a≤3.综上所述,a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+\r(5),2),\f(5+\r(21),2))).含绝对值不等式的恒成立问题已知不等式|x+2|-|x+3|>m.(1)若不等式有解;(2)若不等式解集为R;(3)若不等式解集为∅,分别求出m的取值范围.解答本题可以先根据绝对值|x-a|的意义或绝对值不等式的性质求出|x+2|-|x+3|的最大值和最小值,再分别写出三种情况下m的取值范围.法一:因|x+2|-|x+3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(-2),B(-3)距离的差.即|x+2|-|x+3|=|PA|-|PB|.又(|PA|-|PB|)max=1,(|PA|-|PB|)min=-1.即-1≤|x+2|-|x+3|≤1.(1)若不等式有解,m只要比|x+2|-|x+3|的最大值小即可,即m<1,m的取值范围为(-∞,1);(2)若不等式的解集为R,即不等式恒成立,m只要比|x+2|-|x+3|的最小值还小,即m<-1,m的取值范围为(-∞,-1);(3)若不等式的解集为∅,m只要不小于|x+2|-|x+3|的最大值即可,即m≥1,m的取值范围为.6.把本例中的“-”改成“+”,即|x+2|+|x+3|>m时,分别求出m的取值范围.解:|x+2|+|x+3|≥|(x+2)-(x+3)|=1,即|x+2|+|x+3|≥1.(1)若不等式有解,m为任何实数均可,即m∈R;(2)若不等式解集为R,即m∈(-∞,1);(3)若不等式解集为∅,这样的m不存在,即m∈∅.课时跟踪检测(五)1.不等式|x+1|>3的解集是()A.{x|x<-4或x>2} B.{x|-4<x<2}C.{x|x<-4或x≥2} D.{x|-4≤x<2}解析:选A|x+1|>3,则x+1>3或x+1<-3,因此x<-4或x>2.2.满足不等式|x+1|+|x+2|<5的所有实数解的集合是()A.(-3,2) B.(-1,3)C.(-4,1)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,2),\f(7,2)))解析:选C|x+1|+|x+2|表示数轴上一点到-2,-1两点的距离和,根据-2,-1之间的距离为1,可得到-2,-1距离和为5的点是-4,1.因此|x+1|+|x+2|<5解集是(-4,1).3.不等式1≤|2x-1|<2的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2)))解析:选D由1≤|2x-1|<2,得1≤2x-1<2或-2<2x-1≤-1,因此-eq\f(1,2)<x≤0或1≤x<eq\f(3,2).4.若关于x的不等式|x-1|+|x+m|>3的解集为R,则实数m的取值范围是()A.(-∞,-4)∪(2,+∞) B.(-∞,-4)∪(1,+∞)C.(-4,2) D.解析:选A由题意知,不等式|x-1|+|x+m|>3恒成立,即函数f(x)=|x-1|+|x+m|的最小值大于3,根据绝对值不等式的性质可得|x-1|+|x+m|≥|(x-1)-(x+m)|=|m+1|,故只要满足|m+1|>3即可,所以m+1>3或m+1<-3,解得m>2或m<-4,故实数m的取值范围是(-∞,-4)∪(2,+∞).5.不等式|x+2|≥|x|的解集是________.解析:∵不等式两边是非负实数,∴不等式两边可以平方,两边平方,得(x+2)2≥x2,∴x2+4x+4≥x2,即x≥-1,∴原不等式的解集为{x|x≥-1}.答案:{x|x≥-1}6.不等式|2x-1|-x<1的解集是__________.解析:原不等式等价于|2x-1|<x+1⇔-x-1<2x-1<x+1⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x>0,,x<2))⇔0<x<2.答案:{x|0<x<2}7.已知函数f(x)=|x+1|+|x-2|-|a2-2a|,若函数f(x)的图象恒在x轴上方,则实数a的取值范围为________.解析:因为|x+1|+|x-2|≥|x+1-(x-2)|=3,所以f(x)的最小值为3-|a2-2a|.由题意,得|a2-2a|<3,解得-1<a<3.答案:(-1,3)8.解不等式:|x2-2x+3|<|3x-1|.解:原不等式⇔(x2-2x+3)2<(3x-1)2⇔<0⇔(x2+x+2)(x2-5x+4)<0⇔x2-5x+4<0(因为x2+x+2恒大于0)⇔1<x<4.所以原不等式的解集是{x|1<x<4}.9.解关于x的不等式|2x-1|<2m-1(m∈R).解:若2m-1<0,即m≤eq\f(1,2),则|2x-1|<2m-1恒不成立,此时,原不等式无解;若2m-1>0,即m>eq\f(1,2),则-(2m-1)<2x-1<2m-1,所以1-m<x<m.综上所述:当m≤eq\f(1,2)时,原不等式的解集为∅;当m>eq\f(1,2)时,原不等式的解集为{x|1-m<x<m}.10.已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.(1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;(2)设a>-1,且当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2),\f(1,2)))时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.解:(1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则y=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-5x,x<\f(1,2),,-x-2,\f(1,2)≤x≤1,,3x-6,x>1.))其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0,所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2),\f(1,2)))时,f(x)=1+a.不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3,所以x≥a-2对x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2),\f(1,2)))都成立.故-eq\f(a,2)≥a-2,即a≤eq\f(4,3).从而a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-1,\f(4,3))).本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看,绝对值不等式主要考查解法及简单的应用,题目难度中档偏下,着重考查学生的分类讨论思想及应用能力.解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号,化成不含绝对值的不等式,其一是依据绝对值的意义;其二是先令每一个绝对值等于零,找到分界点,通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值.真题体验1.(湖南高考)若实数a,b满足eq\f(1,a)+eq\f(2,b)=eq\r(ab),则ab的最小值为()A.eq\r(2) B.2C.2eq\r(2) D.4解析:选C由eq\f(1,a)+eq\f(2,b)=eq\r(ab),知a>0,b>0,所以eq\r(ab)=eq\f(1,a)+eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab)),即ab≥2eq\r(2),当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)=\f(2,b),,\f(1,a)+\f(2,b)=\r(ab),))即a=eq\r(4,2),b=2eq\r(4,2)时取“=”,所以ab的最小值为2eq\r(2).2.(重庆高考)设a,b>0,a+b=5,则eq\r(a+1)+eq\r(b+3)的最大值为________.解析:令t=eq\r(a+1)+eq\r(b+3),则t2=a+1+b+3+2eq\r(a+1b+3)=9+2eq\r(a+1b+3)≤9+a+1+b+3=13+a+b=13+5=18,当且仅当a+1=b+3时取等号,此时a=eq\f(7,2),b=eq\f(3,2).∴tmax=eq\r(18)=3eq\r(2).答案:3eq\r(2)3.(重庆高考)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=________.解析:由于f(x)=|x+1|+2|x-a|,当a>-1时,f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-3x+2a-1x<-1,,-x+2a+1-1≤x≤a,,3x-2a+1x>a.))作出f(x)的大致图象如图所示,由函数f(x)的图象可知f(a)=5,即a+1=5,∴a=4.同理,当a≤-1时,-a-1=5,∴a=-6.答案:-6或44.(全国乙卷)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.解:(1)由题意得f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-4,x≤-1,,3x-2,-1<x≤\f(3,2),,-x+4,x>\f(3,2),))故y=f(x)的图象如图所示.(2)由f(x)的函数表达式及图象可知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;当f(x)=-1时,可得x=eq\f(1,3)或x=5.故f(x)>1的解集为{x|1<x<3},f(x)<-1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>5)))).所以|f(x)|>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或1<x<3或x>5)))).5.(江苏高考)设a>0,|x-1|<eq\f(a,3),|y-2|<eq\f(a,3),求证:|2x+y-4|<a.证明:因为|x-1|<eq\f(a,3),|y-2|<eq\f(a,3),所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×eq\f(a,3)+eq\f(a,3)=a.6.(全国丙卷)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解:(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥3,即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x-\f(a,2)))+eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-x))≥eq\f(3-a,2).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x-\f(a,2)))+\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-x))))min=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(a,2))),所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(a,2)))≥eq\f(3-a,2),解得a≥2.所以a的取值范围是“a+c>b+d”是“a>b且c>d”的()A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件易得a>b且c>d时必有a+c>b+d.若a+c>b+d时,则可能有a>b且c>d.A基本不等式的应用利用基本不等式求最值问题一般有两种类型:①和为定值时,积有最大值;②积为定值时,和有最小值,在具体应用基本不等式解题时,一定要注意适用的范围和条件:“一正、二定、三相等”.已知x,y,z∈R+,x-2y+3z=0,则eq\f(y2,xz)的最小值为________.由x-2y+3z=0,得y=eq\f(x+3z,2),则eq\f(y2,xz)=eq\f(x2+9z2+6xz,4xz)≥eq\f(6xz+6xz,4xz)=3,当且仅当x=3z时,等号成立.3设a,b,c为正实数,求证:eq\f(1,a3)+eq\f(1,b3)+eq\f(1,c3)+abc≥2eq\r(3).因为a,b,c为正实数,由平均不等式可得eq\f(1,a3)+eq\f(1,b3)+eq\f(1,c3)≥3eq\r(3,\f(1,a3)·\f(1,b3)·\f(1,c3)).即eq\f(1,a3)+eq\f(1,b3)+eq\f(1,c3)≥eq\f(3,abc),当且仅当a=b=c时,等号成立.所以eq\f(1,a3)+eq\f(1,b3)+eq\f(1,c3)+abc≥eq\f(3,abc)+abc,而eq\f(3,abc)+abc≥2eq\r(\f(3,abc)·abc)=2eq\r(3).所以eq\f(1,a3)+eq\f(1,b3)+eq\f(1,c3)+abc≥2eq\r(3),当且仅当abc=eq\r(3)时,等号成立.含绝对值的不等式的解法1.公式法|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<-g(x);|f(x)|<g(x)⇔-g(x)<f(x)<g(x).2.平方法|f(x)|>|g(x)|⇔2>2.3.零点分段法含有两个以上绝对值符号的不等式,可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值,将这些值依次在数轴上标注出来,它们把数轴分成若干个区间,讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号,转化为不含绝对值的不等式去解.解下列关于x的不等式:(1)|x+1|>|x-3|;(2)|x-2|-|2x+5|>2x.(1)法一:|x+1|>|x-3|,两边平方得(x+1)2>(x-3)2,∴8x>8.∴x>1.∴原不等式的解集为{x|x>1}.法二:分段讨论:当x≤-1时,有-x-1>-x+3,此时x∈∅;当-1<x≤3时,有x+1>-x+3,即x>1,此时1<x≤3;当x>3时,有x+1>x

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