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文档简介

第1讲不等式及其性质[课程标准]梳理等式的性质,理解不等式的概念,掌握不等式的性质.1.比较两个实数大小的依据关系方法作差法作商法a>beq\x(\s\up1(01))a-b>0eq\f(a,b)>1(a,b>0)或eq\f(a,b)<1(a,b<0)a=beq\x(\s\up1(02))a-b=0eq\f(a,b)=1(b≠0)a<beq\x(\s\up1(03))a-b<0eq\f(a,b)<1(a,b>0)或eq\f(a,b)>1(a,b<0)2.不等式的性质(1)对称性:eq\x(\s\up1(04))a>b⇔b<a.(2)传递性:eq\x(\s\up1(05))a>b,b>c⇒a>c.(3)可加性:a>b⇔a+ceq\x(\s\up1(06))>b+c;a>b,c>d⇒eq\x(\s\up1(07))a+c>b+d.(4)可乘性:a>b,c>0⇒eq\x(\s\up1(08))ac>bc;a>b,c<0⇒eq\x(\s\up1(09))ac<bc;a>b>0,c>d>0⇒eq\x(\s\up1(10))ac>bd.(5)可乘方性:a>b>0⇒eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N,n≥2).1.有关倒数的性质(1)a>b,ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b);a>b,ab<0⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(2)a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).2.有关分数的性质若a>b>0,m>0,则(1)eq\f(b,a)<eq\f(b+m,a+m);eq\f(b,a)>eq\f(b-m,a-m)(a-m>0);(2)eq\f(a,b)>eq\f(a+m,b+m);eq\f(a,b)<eq\f(a-m,b-m)(b-m>0).1.(人教A必修第一册习题2.1T3(2)改编)设M=2a(a-2),N=(a+1)(a-3),则有()A.M>N B.M≥NC.M<N D.M≤N答案A解析因为M-N=2a(a-2)-(a+1)(a-3)=a2-2a+3=(a-1)2+2>0,所以M>N.故选A.2.如果x+y<0,且y>0,那么下列不等式成立的是()A.y2>x2>-xy B.x2>y2>-xyC.x2<-xy<y2 D.x2>-xy>y2答案D解析因为x+y<0,y>0,所以x<-y<0<y.在不等式x<-y两边同时乘以x,得x2>-xy.在不等式x<-y两边同时乘以y,得xy<-y2,则-xy>y2.所以x2>-xy>y2.故选D.3.(2024·烟台模拟)设x,y∈R,则“x<1且y<1”是“x+y<2”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案A解析若x<1且y<1,则有x+y<2.又当x=2,y=-1时,满足x+y<2,但不满足x<1且y<1,所以“x<1且y<1”是“x+y<2”的充分不必要条件.故选A.4.(人教A必修第一册习题2.1T5改编)若-eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2),则α-β的取值范围是________.答案(-π,0)解析由已知,得-eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2),-eq\f(π,2)<-β<eq\f(π,2),所以-π<α-β<π,又α<β,所以α-β<0,故-π<α-β<0.5.(人教B必修第一册习题2-2BT1改编)比较两数的大小:eq\r(7)+eq\r(10)________eq\r(3)+eq\r(14).答案>解析因为(eq\r(7)+eq\r(10))2=17+2eq\r(70),(eq\r(3)+eq\r(14))2=17+2eq\r(42),所以(eq\r(7)+eq\r(10))2>(eq\r(3)+eq\r(14))2,所以eq\r(7)+eq\r(10)>eq\r(3)+eq\r(14).考向一不等式的性质例1(1)(多选)已知a,b,c,d均为实数,则下列命题正确的是()A.若a>b,c>d,则ac>bdB.若ab>0,bc-ad>0,则eq\f(c,a)-eq\f(d,b)>0C.若a>b,c>d,则a-d>b-cD.若a>b,c>d>0,则eq\f(a,d)>eq\f(b,c)答案BC解析若a>0>b,0>c>d,则ac<bd,故A错误;若ab>0,bc-ad>0,则eq\f(bc-ad,ab)>0,化简得eq\f(c,a)-eq\f(d,b)>0,故B正确;若c>d,则-d>-c,又a>b,则a-d>b-c,故C正确;若a=-1,b=-2,c=2,d=1,则eq\f(a,d)=-1,eq\f(b,c)=-1,eq\f(a,d)=eq\f(b,c)=-1,故D错误.故选BC.(2)(多选)(2023·长沙调研)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,则下列不等式中正确的是()A.eq\f(1,a+b)<eq\f(1,ab) B.|a|+b>0C.a-eq\f(1,a)>b-eq\f(1,b) D.lna2>lnb2答案AC解析由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,可知b<a<0.对于A,因为a+b<0,ab>0,所以eq\f(1,a+b)<0,eq\f(1,ab)>0,所以eq\f(1,a+b)<eq\f(1,ab),故A正确;对于B,因为b<a<0,所以-b>-a>0.故-b>|a|,即|a|+b<0,故B错误;对于C,因为b<a<0,又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,则-eq\f(1,a)>-eq\f(1,b)>0,所以a-eq\f(1,a)>b-eq\f(1,b),故C正确;对于D,因为b<a<0,可得b2>a2>0,而y=lnx在定义域(0,+∞)上为增函数,所以lnb2>lna2,故D错误.判断不等式是否成立的两种方法(1)性质法直接利用不等式的性质逐个验证,利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件.(2)特殊值法适用于排除错误答案,取值应满足题设条件且便于计算.提醒:当直接利用不等式的性质不能判断时,可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断.(多选)(2024·海口模拟)已知a>b,c∈R,则下列不等式不一定成立的是()A.a(c-1)2>b(c-1)2 B.eq\f(a,c2-c+1)>eq\f(b,c2-c+1)C.a(c2+2)>b(c2+1) D.ab2>a2b答案ACD解析对于A,当c=1时,可得(c-1)2=0,此时a(c-1)2=b(c-1)2,所以不等式a(c-1)2>b(c-1)2不一定成立,A符合题意;对于B,因为c2-c+1=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(3,4)>0,可得eq\f(1,c2-c+1)>0,又a>b,所以eq\f(a,c2-c+1)>eq\f(b,c2-c+1)一定成立,B不符合题意;对于C,当a=-1,b=-2,c=0时,可得a(c2+2)=-2,b(c2+1)=-2,此时a(c2+2)=b(c2+1),所以a(c2+2)>b(c2+1)不一定成立,C符合题意;对于D,ab2-a2b=ab(b-a),因为a>b,所以b-a<0,但ab的符号不确定,所以ab2>a2b不一定成立,D符合题意.故选ACD.多角度探究突破考向二比较两个数(式)的大小角度作差法例2若a<0,b<0,则p=eq\f(b2,a)+eq\f(a2,b)与q=a+b的大小关系为()A.p<q B.p≤qC.p>q D.p≥q答案B解析解法一(特殊值排除法):令a=b=-1,则p=q=-2,排除A,C;令a=-1,b=-2,则p<q,排除D.故选B.解法二(作差法):p-q=eq\f(b2,a)+eq\f(a2,b)-a-b=eq\f(b2-a2,a)+eq\f(a2-b2,b)=(b2-a2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)-\f(1,b)))=eq\f((b2-a2)(b-a),ab)=eq\f((b-a)2(b+a),ab),因为a<0,b<0,所以a+b<0,ab>0.若a=b,则p-q=0,故p=q;若a≠b,则p-q<0,故p<q.综上,p≤q.故选B.作差法的步骤和关注点步骤作差并变形⇒判断差与0的大小⇒得结论关注点利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形已知实数x,y,z满足x2=4x+z-y-4且x+y2+2=0,则下列关系成立的是()A.y>x≥z B.z≥x>yC.y>z≥x D.z≥y>x答案D解析由x2=4x+z-y-4知z-y=x2-4x+4=(x-2)2≥0,即z≥y;由x+y2+2=0知x=-(y2+2),则y-x=y2+y+2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y+\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(7,4)>0,即y>x.综上所述,z≥y>x.故选D.角度作商法例3设a,b都是正数,且a≠b,则aabb与abba的大小关系是________.答案aabb>abba解析eq\f(aabb,abba)=aa-b·bb-a=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a-b).若a>b,则eq\f(a,b)>1,a-b>0,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a-b)>1,∴aabb>abba;若a<b,则0<eq\f(a,b)<1,a-b<0,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a-b)>1,∴aabb>abba.作商法的步骤和关注点步骤作商并变形⇒判断商与1的大小⇒得结论关注点作商时各式的符号应相同,如果a,b均小于0,所得结果与“原理”中的结论相反.变形方法有分母(或分子)有理化,指、对数恒等变形等eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________.答案eπ·πe<ee·ππ解析eq\f(eπ·πe,ee·ππ)=eq\f(eπ-e,ππ-e)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π-e),又0<eq\f(e,π)<1,0<π-e<1,∴0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π-e)<1,即0<eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1,即eπ·πe<ee·ππ.考向三应用不等式的性质求范围例4已知-1<x+y<4且2<x-y<3,则z=2x-3y的取值范围是________(用区间表示).答案(3,8)解析解法一:设2x-3y=λ(x+y)+μ(x-y)=(λ+μ)x+(λ-μ)y,对应系数相等,则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ+μ=2,,λ-μ=-3))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ=-\f(1,2),,μ=\f(5,2),))∴2x-3y=-eq\f(1,2)(x+y)+eq\f(5,2)(x-y)∈(3,8).解法二:令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=x+y,,b=x-y,))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=\f(a+b,2),,y=\f(a-b,2),))∴2x-3y=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))-3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a-b,2)))=-eq\f(a,2)+eq\f(5,2)b∈(3,8).1.用不等式性质求代数式取值范围的两个注意点(1)注意题设和结论中代数式的关系,设计求解步骤.(2)正确使用不等式的性质,尤其是两个同方向的不等式可加不可减,可乘(同正)不可除.2.利用待定系数法求代数式的取值范围已知M1<f1(x,y)<N1,M2<f2(x,y)<N2,求g(x,y)的取值范围.(1)设g(x,y)=pf1(x,y)+qf2(x,y);(2)根据恒等变形求得待定系数p,q;(3)根据不等式的同向可加性即可求得g(x,y)的取值范围.(多选)(2023·长沙调研)已知6<a<60,15<b<18,则下列结论正确的是()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),4)) B.a+b∈(21,78)C.a-b∈(-9,42) D.eq\f(a+b,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5),\f(39,9)))答案AB解析因为6<a<60,15<b<18,所以eq\f(1,18)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15),-18<-b<-15,所以eq\f(6,18)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15),6+15<a+b<60+18,6-18<a-b<60-15,即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4,21<a+b<78,-12<a-b<45.于是eq\f(a+b,b)=eq\f(a,b)+1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3),5)).故A,B正确,C,D错误.课时作业一、单项选择题1.已知a,b∈R,若a>b,eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立,则()A.ab>0 B.ab<0C.a+b>0 D.a+b<0答案A解析因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b),所以eq\f(1,a)-eq\f(1,b)=eq\f(b-a,ab)<0,又a>b,所以b-a<0,所以ab>0.2.已知a<0,-1<b<0,那么下列不等式成立的是()A.a>ab>ab2 B.ab2>ab>aC.ab>a>ab2 D.ab>ab2>a答案D解析由于每个式子中都有a,故先比较1,b,b2的大小.因为-1<b<0,所以b<b2<1.又因为a<0,所以ab>ab2>a.故选D.3.(2024·合肥八中质检)若1<a<3,-4<b<2,则a-|b|的取值范围是()A.(-3,0) B.(-3,3)C.(0,3) D.(-3,5)答案B解析因为-4<b<2,所以0≤|b|<4,所以-4<-|b|≤0.又因为1<a<3,所以-3<a-|b|<3.故选B.4.设a>b>0,x=eq\r(a+b)-eq\r(a),y=eq\r(a)-eq\r(a-b),则x,y的大小关系为()A.x>y B.x<yC.x=y D.x,y的大小关系不定答案B解析因为x>0,y>0,eq\f(x,y)=eq\f(\r(a+b)-\r(a),\r(a)-\r(a-b))=eq\f(\r(a)+\r(a-b),\r(a+b)+\r(a))<1,所以x<y.5.(2023·长沙模拟)已知正实数x,y满足x<y,设a=xex+y,b=yey+x,c=yex+x(其中e=2.71828…为自然对数的底数),则a,b,c的大小关系是()A.a<c<b B.c<a<bC.c<b<a D.b<c<a答案A解析因为a=xex+y,b=yey+x,c=yex+x,所以b-c=y(ey-ex),又y>x>0,e>1,所以ey>ex,所以b>c;因为c-a=(x-y)+(y-x)ex=(x-y)(1-ex),又y>x>0,ex>1,所以c>a.综上,a<c<b.故选A.6.(2023·广州模拟)已知a,b∈R,则“a-b>0”是“a|a|-b|b|>0”的()A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案C解析由a-b>0,即a>b,可得a>0,b≥0或a≥0,b<0或a<0,b<0.当a>0,b≥0时,由a>b,得|a|>|b|,所以a|a|>b|b|,即a|a|-b|b|>0;当a≥0,b<0时,可得a|a|≥0,b|b|<0,所以-b|b|>0,即a|a|-b|b|>0;当a<0,b<0时,由a>b,得|a|<|b|,所以a|a|>a|b|>b|b|,所以a|a|-b|b|>0.故“a-b>0”是“a|a|-b|b|>0”的充分条件.由a|a|-b|b|>0,即a|a|>b|b|,可得a>0,b≥0或a≥0,b<0或a<0,b<0.当a>0,b≥0时,a|a|>b|b|,即a2>b2,所以(a+b)(a-b)>0,所以a-b>0;当a≥0,b<0时,a|a|>b|b|,即a2>-b2,显然成立,此时a-b>0;当a<0,b<0时,a|a|>b|b|,即-a2>-b2,所以a2<b2,所以a>b,即a-b>0.故“a-b>0”是“a|a|-b|b|>0”的必要条件.综上可知,“a-b>0”是“a|a|-b|b|>0”的充要条件.故选C.7.(2024·荆州二中阶段考试)已知a2+1≥b≥2a≥eq\f(4,b)>0,则下列结论正确的个数是()①b≥2;②a≥2;③ab≥2;④a2+b2的最小值为6.A.1 B.2C.3 D.4答案B解析对于①,b≥eq\f(4,b)>0⇒b2≥4,所以b≥2,故①正确;对于②,b=2,a=1显然满足条件,故②错误;对于③,2a≥eq\f(4,b)>0⇒ab≥2,故③正确;对于④,a2+b2≥b2+b-1,由于f(b)=b2+b-1在[2,+∞)上为增函数,故a2+b2的最小值为f(2)=5,故④错误.8.某投资机构从事一项投资,先投入本金a(a>0)元,得到的利润是b(b>0)元,收益率为eq\f(b,a)(%),假设在第一次投资的基础上,此机构每次都定期追加投资x(x>0)元,得到的利润也增加了x元,若该项投资的总收益率是增加的,则()A.a≥b B.a≤bC.a>b D.a<b答案C解析由题意,设定期追加了n(n∈N*)次投资,则n次投资后收益率为eq\f(b+nx,a+nx)(%),若该项投资的总收益率是增加的,则eq\f(b+nx,a+nx)>eq\f(b+(n-1)x,a+(n-1)x)对任意n(n∈N*)成立,即eq\f(b+nx,a+nx)-eq\f(b+(n-1)x,a+(n-1)x)=eq\f((a-b)x,(a+nx)[a+(n-1)x])>0,由于x>0,a+nx>0,a+(n-1)x>0,所以a-b>0,即a>b.二、多项选择题9.(2023·临沂模拟)下列四个条件中,能成为x>y的充分不必要条件的是()A.xc2>yc2 B.eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0C.|x|>|y| D.lnx>lny答案ABD解析对于A,若xc2>yc2,则c2≠0,则x>y,反之x>y,当c=0时得不出xc2>yc2,所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要条件,故A符合题意;对于B,由eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0可得y<x<0,即能推出x>y,但x>y不能推出eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0(因为x,y的正负不确定),所以“eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0”是“x>y”的充分不必要条件,故B符合题意;对于C,由|x|>|y|可得x2>y2,则(x+y)(x-y)>0,不能推出x>y,由x>y也不能推出|x|>|y|(如x=1,y=-2),所以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要条件,故C不符合题意;对于D,若lnx>lny,则x>y>0,而x>y得不出lnx>lny,所以“lnx>lny”是“x>y”的充分不必要条件,故D符合题意.10.(2024·呼和浩特第二中学月考)设实数a,b,c满足b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,则下列不等式成立的是()A.c<b B.b≥1C.b≤a D.a<c答案BD解析∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b+c=6-4a+3a2,,c-b=4-4a+a2,))两式相减得2b=2a2+2,即b=a2+1,∴b≥1.又b-a=a2+1-a=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(3,4)>0,∴b>a.而c-b=4-4a+a2=(a-2)2≥0,∴c≥b,从而c≥b>a.11.已知a>0,b>0,a+b2=1,则()A.a+b<eq\f(5,4) B.a-b>-1C.eq\r(a)·b≤eq\f(1,2) D.eq\f(\r(a),b-2)≥-eq\f(\r(3),3)答案BCD解析因为a=1-b2>0,b>0,所以0<b<1,所以0<a<1.因为a+b=1-b2+b=-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b-\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(5,4)≤eq\f(5,4),取等号时a=eq\f(3,4),b=eq\f(1,2),满足a,b∈(0,1),故A错误;因为a-b=1-b2-b=-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(5,4)>-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)))eq\s\up12(2)+eq\f(5,4)=-1,故B正确;因为eq\r(a)·b=eq\r(1-b2)·eq\r(b2)=eq\r(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2-\f(1,2)))\s\up12(2)+\f(1,4))≤eq\f(1,2),取等号时a=eq\f(1,2),b=eq\f(\r(2),2),满足a,b∈(0,1),故C正确;因为b-2<0,所以要证eq\f(\r(a),b-2)≥-eq\f(\r(3),3),只需证eq\f(a,(b-2)2)≤eq\f(1,3),只需证3a≤(b-2)2,即证3(1-b2)≤(b-2)2,即证4b2-4b+1≥0,即证(2b-1)2≥0,显然(2b-1)2≥0成立,当且仅当a=eq\f(3,4),b=eq\f(1,2)时取等号,故D正确.故选BCD.三、填空题12.(2024·南充一中阶段考试)能够说明“设a,b是任意非零实数.若eq\f(b,a)>1,则b>a”是假命题的一组整数a,b的值依次为________.答案-1,-2(答案不唯一)解析要使“设a,b是任意非零实数.若eq\f(b,a)>1,则b>a”是假命题,只需满足b<a<0且a,b∈Z即可,可取a=-1,b=-2(答案不唯一).13.(2024·兰州模拟)下列四个代数式①4mn;②m2+4n2;③4m2+n2;④m2+n2,若m>n>0,则代数式的值最大的是________(填序号).答案③解析∵m>n>0,由②-①,得m2+4n2-4mn=(m-2n)2≥0,∴②≥①;由③-②,得4m2+n2-m2-4n2=3m2-3n2>0,∴③>②;由③-④,得4m2+n2-m2-n2=3m2>0,∴③>④.∴代数式的值最大的是③.14.已知a>b>c,2a+b+c=0,则eq\f(c,a)的取值范围是________.答案(-3,-1)解析因为a>b>c,2a+b+c=0,所以a>0,c<0,b=-2a-c.因为a>b>c,所以-2a-c<a,即3a>-c,解得eq\f(c,a)>-3.将b=-2a-c代入b>c中,得-2a-c>c,即c<-a,得eq\f(c,a)<-1,所以-3<eq\f(c,a)<-1.四、解答题15.(2023·广州联考)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则eq\r(a)+eq\r(b)>eq\r(c)+eq\r(d);(2)eq\r(a)+eq\r(b)>eq\r(c)+eq\r(d)是|a-b|<|c-

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