2026年高考数学复习系列(全国)专题3.5 导数的综合应用(讲义)(解析版)_第1页
2026年高考数学复习系列(全国)专题3.5 导数的综合应用(讲义)(解析版)_第2页
2026年高考数学复习系列(全国)专题3.5 导数的综合应用(讲义)(解析版)_第3页
2026年高考数学复习系列(全国)专题3.5 导数的综合应用(讲义)(解析版)_第4页
2026年高考数学复习系列(全国)专题3.5 导数的综合应用(讲义)(解析版)_第5页
已阅读5页,还剩52页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

专题3.5导数的综合应用(举一反三复习讲义)

【全国通用】

1、导数的综合应用

导数是高中数学的重要内容,导数的综合应用是高考必考的重点、热点

内容,从近几年的高考情况来看,高考中常涉及的问题有:导数中的不等式

命题规律恒(能)成立问题、利用导数证明不等式、导数中的函数零点(方程根)问

题等,这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想,此类问题在选择、

分析填空、解答题中都有考查,但主要以解答题为主,而在解答题中进行考查时

试题综合性强,难度较大,需要灵活求解,二轮复习时要加强对这方面内容

的训练.

考点2023年2024年2025年

高考真题

新课标I卷:第19题,新课标I卷:第18题,全国一卷:第19题,

统计导数的综合12分17分17分

应用新课标Ⅱ卷:第22题,新课标Ⅱ卷:第11题,全国二卷:第18题,

12分6分17分

全国甲卷(文数):全国甲卷(文数):

第20题,12分第20题,12分

全国甲卷(理数):全国甲卷(理数):

第21题,12分第21题,12分

全国乙卷(文数):

第8题,4分

预测在2026年全国卷高考数学中,导数的综合应用的相关问题的考情

2026年将继续维持稳定态势。预测在选择题、填空题中考查概率较低,主要考查函

数零点、不等式恒(能)成立问题,难度中档。大概率在解答题中考查,不

命题预测等式恒(能)成立问题、利用导数证明不等式、函数零点(方程根)问题依

旧是考查核心,都有可能考查,此时试题综合性较强,试题难度较大。

知识点1导数中的函数零点问题的解题策略

1.函数零点(个数)问题的的求解方法

(1)构造函数法:构造函数g(x),利用导数研究g(x)的性质,结合g(x)的图象,判断函数零点的个数.

(2)函数零点存在定理:利用零点存在定理,先判断函数在某区间有零点,再结合图象与性质确定函数有多

少个零点.

(3)数形结合法:函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,数形结合,根据图象的几何直观求解.

2.导数中的含参函数零点(个数)问题

利用导数研究含参函数的零点(个数)问题主要有两种方法:

(1)利用导数研究函数f(x)的最值,转化为f(x)图象与x轴的交点问题,主要是应用分类讨论思想解决.

(2)分离参变量,即由f(x)=0分离参变量,得a=g(x),研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.

3.与函数零点有关的参数范围问题的解题策略

与函数零点(方程的根)有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊

点判断函数的大致图象,进而求出参数的取值范围.也可分离出参数,转化为两函数图象的交点情况.

知识点2不等式恒(能)成立问题的解题策略

1.不等式恒(能)成立问题的求解方法

解决不等式恒(能)成立问题主要有两种方法:

(1)分离参数法解决恒(能)成立问题

①分离变量:根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,

构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题,进而解决问题.

②恒成立;

恒成立;

能成立;

能成立.

(2)分类讨论法解决恒(能)成立问题

分类讨论法解决恒(能)成立问题,首先要将恒成立问题转化为最值问题,此类问题关键是对参数进行分

类讨论,在参数的每一段上求函数的最值,并判断是否满足题意,若不满足题意,只需找一个值或一段内

的函数值不满足题意即可.

2.双变量的恒(能)成立问题的求解方法

“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价变换

有:

对于某一区间I,

(1).

(2).

(3).

知识点3导数中的不等式证明的解题策略

1.导数中的不等式证明的解题策略

(1)一般地,要证f(x)>g(x)在区间(a,b)上成立,需构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x),通过分析F(x)在端点处的

函数值来证明不等式.若F(a)=0,只需证明F(x)在(a,b)上单调递增即可;若F(b)=0,只需证明F(x)在(a,

b)上单调递减即可.

(2)在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,可考虑转化为两个函数的最值问题.

2.移项构造函数证明不等式

待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数,利用导教

研究其单调性等相关函数性质证明不等式.

3.分拆函数法证明不等式

(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递

的中间量,达到证明的目标.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min≥f(x)max恒成立,从而f(x)≤g(x)

恒成立.

(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,与lnx要分离,常构造与lnx,与的积、

商形式.便于求导后找到极值点.

4.放缩后构造函数证明不等式

某些不等式,直接构造函数不易求其最值,可以适当地利用熟知的函数不等式,

等进行放缩,有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断;也可以利用局部函数的有界性进行

放缩,然后再构造函数进行证明.

知识点4导数中的双变量问题的解题策略

1.转化为同源函数解决双变量问题

此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为结构形式相同

的代数式,即转化为同源函数,可利用该函数单调性求解.

2.整体代换解决双变量问题

(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a,得到仅含有x1,x2的式子.

(2)与极值点x1,x2有关的双变量问题:一般是根据x1,x2是方程f'(x)=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通

过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,即把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化

为关于的函数,把看作一个变量进行整体代换,从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.

3.构造函数解决双变量问题的答题模板

第一步:分析题意,探究两变量的关系;

第二步:合二为一,变为单变量不等式;

第三步:构造函数;

第四步:判断新函数的单调性或求新函数的最值,进而解决问题;

第五步:反思回顾解题过程,规范解题步骤.

知识点5导数在解决实际问题中的应用

1.导数在解决实际问题中的应用

(1)利用导数解决实际问题时,常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题,求解时需

要分析问题中各个变量之间的关系,抓主元,找主线,把“问题情境"翻译为数学语言,抽象成数学问题,再

选择合适的数学方法求解,最后经过检验得到实际问题的解.

(2)解决优化问题的方法并不单一,运用导数求最值是解决这类问题的有效方法,有时与判别式、基本不等

式及二次函数的性质等结合,多举并用,达到最佳效果.

(3)利用导数解决实际问题的一般步骤

【题型1导数中的函数零点(方程根)问题】

【例1】(2025·湖南郴州·模拟预测)已知,若有两个零点,则实数m的取值

��

范围为()��=�e−ln��≥0��

A.B.C.D.

1111

22

0,�0,ee,+∞e,+∞

【答案】A

【解题思路】由同构的思想可知,若有两个零点,则有两个解,即

��

有两解,分离变量求导即可�(�)��e−�ln�=0�>0��=ln�

【解答过程】若有两个零点,则有两个解,

��

等价于�(�)有两�(个�)解=,�因e为−ln�,=0,所以,

��

令��e,−原�式ln等�=价0于�>0有两个�解≥,0�>0ln�≥0

因为��=�e,则当���=时�ln�,所以在上单调递增,

′�′

所以��=�+1e有两个�大>于0零的�解�.>0��0,+∞

解��=ln,�可�得>0,令,

ln�ln�

��=ln��=�ℎ�=��>0

则,当时,,当时,,

1−ln�

′2′′

ℎ�=�0<�<eℎ�>0�>eℎ�<0

所以在上单调递增,在上单调递减,且,的图象如图:

1

ℎ�0,ee,+∞ℎe=eℎ�

所以当时,有两个交点,即有两个零点.

1ln�

0<�<e�=��(�)

故选:A.

【变式1-1】(2025·安徽·模拟预测)函数的零点个数为()

��

A.0B.1��C=.�2e−e−1D.3

【答案】B

【解题思路】利用导数求出函数的单调区间,再由零点存在性定理判定零点个数即可.

【解答过程】,

'���

当时,��=e,�当+1−e时,=�e,

′′

所以�<0在��<上0单调递�减>,0在��>上0单调递增,

��−∞,00,+∞

所以当时,极小值,

当�=时0,��,所=以�0当=−2时,,无零点;

而�→−∞��→,−1�≤,0且函数�在�<0�上�单调递增,故有一个零点.

2

故选�(2:)B=.e−1>0�(0)=−2<00,+∞��

【变式】(贵州六盘水模拟预测)已知函数

1-22025··�.

e2�+1

(1)求函数在处的切线方程;��=

(2)函数���=1有两个零点,求实数的取值范围.

【答案】�(1�)=��−��

2e�−�+e=0

(2)或.

1

0<�<e�>4e

【解题思路】(1)借助导数的几何意义计算即可得;

(2)利用导数判断函数的单调性后可得函数极值,再结合函数性质计算即可得.

【解答过程】(),

1����2

e2�+1+2e�−e2�+1e2�+�−1

′22

则,又��=,�=�

则函�数1=2在e�1处的=切3e线方程为,

即���=1;�=2e�−1+3e=2e�+e

()2e�−�+e=0,定义域为,

2�2�

e2�+�−1e2�−1�+1

′22

��=�=�−∞,0∪0,+∞

当时,,当时,,

1′1′

�∈−∞,−1∪2,+∞��>0�∈−1,0∪0,2��<0

则在、上单调递增,在、上单调递减,

11

当��时−,∞若,−12时,+,∞则,若−1,,0则0,2;

且�<0�→−∞�;�→0�→0��→−∞

−1

e−2+11

当��≤时�,−若1=−1时,=则e,若,则;

�>0�→+∞��→+∞�→0��→+∞

且1;

2

1e1+1

1

若函��数≥�2=2有=两4个e零点,则有两解,

���−��

即有=�或.�=�

1

0<�<e�>4e

【变式】(河北模拟预测)已知函数是函数的一个极

1-32025··2

�32

值点.��=e−��+�−��,�∈�,�=2��

(1)求函数的单调区间;

(2)若函数��有三个零点,且.

①求实数�的�取值范围;�1,�2,�3�1<�2<�3

②求证:�.

【答案】(1�)1单+调�递2+减�区3>间2为,单调递增区间是(0,2).

−∞,0,2,+∞

(2)①;②证明见解析

44

2

0,e+3

【解题思路】(1)先求导函数,因为是函数的一个极值点,所以,解得,所以

′′1

���=2���2=0�=3

,再利用导数求解函数的单调区间;

1

′�

��=2−��e+1��

(2)①由(1)知函数的单调递减区间为,单调递增区间是分别验证函数有三

个零点时,必有��,反之验证当−∞,0,2,+∞时,函数有三个零0,2点,故函数有�三�个零

4444

22

0<�<e+30<�<e+3����

点的充要条件为,进而得到的范围;②先利用极值点偏移证明,又由,

44

2123

故0<.�<e+3��+�>0�>2

123

【解�答+过�程+】�(>)2由题知,因为是函数的一个极值点,所以,

12

2�−�

′�2′

��=e−3��+2��=2���2=0

即,解得,

1

4−12�=0�=3

故,令,解得或,

2

2�−�1

′�2�′

当��=e时−,�+2�=,2函−数��e单+调1递减;��=0�=0�=2

当�∈−∞,时0,��<,0函数�单�调递增;

当�∈0,2时�,�>0,函�数�单调递减.

所以�∈2,+是∞函数的�极�大值<点0,��

所以函�=数2的单调递减区间为,单调递增区间是(0,2).

�−∞,02,+∞

(2)①由(�1)知函数的单调递减区间为,,单调递增区间是而,

4

2

��−∞,0,2,+∞0,2�0=−��2=e+

,函数有三个零点时,必有解得.

444

�0<0,2

3−���0<�<e+3

当时,�2>0,,又因为

448844164

222222

且0<在�区<间e+3上�单−调2递=减4,e故+存3+在4唯−一�>4e+3使+得4−e−3=;4e+3−e>0�0<0

因为��−2,0且在区间上单�调1∈递增−2,,0故存在�唯�一1=0使得;

22

因为�0<0,�2>0��0,2且在区间�∈上单0,2调递减�,�故存=在0唯一

16641616

443

使得�4=e.−3+16−�<e−3<0,�2>0��2,4�∈2,4

3

所以��=0满足题意.

44

2

0<�<e+3

所以实数的取值范围为.

44

2

②先证:�.0,e+3

要证�1+�2,>只0需证,因为且在区间上单调递增,故只需

证�1+�2>0,即只需�2证>−�10<,�2即<只2,需0<证−�1<2��.0,2

211111

设��>�−�,则��>�−���−�−�>,0当时,,

2−�

′′′���

��=��−�−���=��+�−�=�e−e�+2−2��∈(−2,0)0<e<1

故,故在区间上单调递减,故

2−�

��

e−e�+2−2�>2−�−�−2−2�=−4�>0��−2,0��>�0=

.因此成立.

0�1+�2>0

又因为,故.

�3>2�1+�2+�3>2

【题型2利用导数研究不等式恒成立问题】

【例2】(2025·全国·模拟预测)若对任意,满足�恒成立,则实数的取值范围

−�2�

3

是()�∈e,+∞eln�−�≥0�

A.B.

2

C.−∞,eD.−∞,e

2

【答案】Be,+∞e,+∞

【解题思路】先证明时,对任意,满足�恒成立,当时,将不等式

−�2�

3

�≤0�∈e,+∞eln�−�≥0�>0

�变形为�,设,,利用导数判断函数的单调性,由条

−�2���2

3ln�2�

件e结ln合�单−调�性≥可0得eln�≥�e恒成立�,�设=�e�∈0,+∞,利用导数求函数��的最小值,由此

22

可得结论.�≤�ln��≥e��=�ln��≥e��

【解答过程】若,则对任意,,�,,

�−�2

3

�≤0�∈e,+∞�≤0e>0ln�>0

所以对任意,不等式�恒成立,

−�2�

3

�∈e,+∞eln�−�≥0

若,则,

2

�>0�>0

不等式�可化为�,

−�2���2

32

eln�−�≥0�≥e�ln�≥�e

故�,即�,

��2��2

ln�2ln�2

eln�≥�eln�⋅e≥�⋅e

由已知�在恒成立,

��2

ln�2

ln�⋅e≥�⋅ee,+∞

令,,则,恒成立,

�2

因为��=�e�∈时,0,+∞�ln�≥��∈,e,+∞

′���

所以函�∈数0,+∞在��=e上+单�e调递=增�,+又1e>0,,

�2

��=�e0,+∞ln�≥lne=1>0�>0

所以恒成立,其中,,

2

即ln�≥�恒成立.�>0�∈e,+∞

2

令�≤�ln��≥e,,

2′

所以��=在�ln��≥上e单调�递�增=,2则�ln�+�≥0,

2

所以��e,+.∞�(�)min=�e=e

2

0<�≤e

综上可得,

2

故选:B.�≤e

【变式2-1】(2025·陕西咸阳·模拟预测)已知函数,若在

1

��=ln�−���+�−�−1��≤00,+∞

上恒成立,则实数m的取值范围为()

A.B.C.D.

111

2

0,ee,11,ee,1

【答案】D

【解题思路】先根据与0关系分三种情况讨论,其中当时,再根据的最小值与0的关系

分和�两种情况讨论,当�时>,把0在ℎ(�)上恒成1立−,�转化成

在1−�<0上恒1成−立�,≥借0助导数,求出在1−�≥0上的最大�值�,≤且00,+∞即可求出m的取值�范�围≤.

【0解答0过,+程∞】函数的定义域为�(,�)0,+∞�(�)max≤0

①当时,�(�)0,+,∞

1

�=0��=�+�−1ln�

当时,,不符合题意;

1

②当�>1时�,�取=�+,�则−1ln�>0,不符合题意;

③当�<0时,设�=1�1=,−�⋅1−�>0,

1

�>0��=ln�−��ℎ�=�+�−�−1

则,当且仅当时取等号.

11

ℎ�=�+�−�−1≥2�⋅�−�−1=1−��=1

(i)若,即,取,

1

1−�<0�>1�=�

,,不满足题意;

11111

ℎ�=�+�−�−1=�−1<0��=ln�−1<0

(ii)若,即,

若1−在�≥0上0恒<成�立≤,1则需在上恒成立,

又��≤00,+∞,��≤00,+∞

11−��

�'�=�−�=�

当时,;当时,,

11

0<�<��'�>0�>��'�<0

所以在区间上单调递增,在区间上单调递减,

11

��0,��,+∞

所以,

11

��max=��=ln�−1=−ln�−1

故,解得,所以.

11

−ln�−1≤0�≥ee≤�≤1

综上可知,.

1

e≤�≤1

故选:D.

【变式2-2】(2025·广东汕尾·一模)已知在处有极小值.

1

��=2��−2�+1ln�−��=2

(1)求的值;

(2)设,若在上恒成立,求的取值范围(,是自然对数的底数).

12

��=��−���≤02,e�e≈2.718

【答案】(1)

1

�=4

(2)2.

e1

2

�≥2−3−e

【解题思路】(1)求出函数的导函数,由求出的值,再检验即可;

(2)由题意在上恒成立,则�2=0�,结合(1)中函数的单调性求出,

1212

�≥��2,e�≥�(�)max�∈2,e�(�)max

即可得解.

【解答过程】(1)因为,

1

��=2��−2�+1ln�−�

所以,依题意可得,解得.

2�+112�+111

′2′

��=2�−�+��2=2�−2+4=0�=4

当时,定义域为,且,

1131�−1�−2

′2

所以�=当4��=或2�−2l时n�−�,当0,+∞时��=,2�

′′

所以0在<区�间<1�>2�上�单>调0递增,1在<区�间<2�上单�调<递0减,

�0,12,+∞1,2

所以�在处有,极小值,所以符合题意.

1

���=2�=4

(2)由题意在上恒成立,所以只需,

1212

�≥��2,e�≥�(�)max�∈2,e

由(1)知在区间上单调递增,在区间上单调递减,

12

��2,1,2,e1,2

又,

2

1e1

22

�1=−2,�e=2−3−e

因为,所以,

22

e51e511

2222

�e−�1=2−2−e>2−2−2=2e−6>0�e>�1

即,所以

22.

e1e1

222

max

【变�式�2-3】=(�2e025·=青2海−·模3拟−预e测)已�知≥函2数−3−e.

(1)若,求曲线在处的切线�方(�程)=;2ln�−��

(2)讨论�=1的单调性�;=�(�)�=1

�(�)

(3)若,恒成立,求的取值范围.

��2

【答案�】>(10)�(�)≤e−��

(2)答案详见�解−析�−2=0

(3)

2

e,+∞

【解题思路】(1)由题可得切线方程斜率与切线所过点,据此可得答案;

(2)分类讨论,两种情况下,的正负性可得单调区间;

′2−��

�≤0�>0�(�)=�

(3)由题可得,结合单调性,可得,最后由单调性可得

2

ln�2���ln��ln�

e+ln�≤e+���(�)=e+��≤2ℎ(�)=�

答案.

【解答过程】(1)若,则,.

又,所以�=1�(�)=2l,n�−��(1)=−1

′2′

故曲�(线�)=�−1在�(处1)的=切2线−方1程=为1,即;

�=�(�)�=1�−(−1)=1×(�−1)�−�−2=0

(2)的定义域为,.

′22−��

�(�)(0,+∞)�(�)=�−�=�

当时,,故在上单调递增;

′2−��

�≤0�(�)=�>0�(�)(0,+∞)

当时,令,解得,

′2−��2

�>0�(�)=�>00<�<�

故在上单调递增,在上单调递减;

22

�(�)0,��,+∞

(3)由,可得,

��22��

即�(�)≤e−�,�+2ln�≤e+��

2

ln�2��

令e+ln�≤,e易+知��单调递增,

由�(�)=e+��(,�)可得,

2

ln�2��2

则e+ln�,≤即e+�.��ln�≤�(��)

2ln��

ln�≤���≤2

设,则,当时,,单调递减,

ln�1−ln�

′2′

ℎ(�)=�ℎ(�)=��>eℎ(�)<0ℎ(�)

当时,,单调递增,所以,

′lne1

0<�<eℎ(�)>0ℎ(�)ℎ(�)max=e=e

所以,因此的取值范围为.

�12

2≥e�e,+∞

【题型3利用导数研究能成立问题】

【例3】(2025·四川成都·一模)若存在使得不等式成立,则正实数的取值范围为()

�1�

�>0�e+1−�≤�ln��

A.B.C.D.

1

0,1[e,+∞)0,e(0,e]

【答案】C

【解题思路】把问题转化为:存在,使得成立,再设,,分析函数单调性,

−�−�

求函数的最大值即可.�>0�≤�e��=�e�>0

【解答过�程�】由,

�1��1�

�e+1−�≤�ln�⇒�e+1−�−�ln�≤0

设,,则,

�1�′�1

����

因为��=,�e+1−,�所−以ln�>0,所以��=在e+上单调递增,

由�>0�>0,��>0��0,+∞

−�

问题�转�化=为0存⇒在�=�e,使得成立,

−�

设,�>0,�≤�e

−�

则��=�e�>0,

′−�−�−�

由��=e−�e;=由e1−�,

′′

所以�函�数>0⇒在�<1上单�调递�增<,0在⇒�>1上单调递减,

所以��0,1,1,+∞

1

��max=�1=e

所以.

1

0<�≤e

故选:C.

【变式3-1】(2025·辽宁大连·三模)已知,若存在,使得,则实数

��

的取值范围是()��=�e−ln�−���0∈���0=1�

A.B.C.D.

1111

−∞,e−e,+∞−e,00,e

【答案】B

【解题思路】通过同构,令得到,通过确定单调性,得到,问题

��

00

转化成,在有ln�解,+进��而=可�求解.e−�=1��=e−��=0

ln�0

00

【解答过�程=】−由�题意可�得∈:�

,即,

��0ln�0+��0

�0e−ln�0−��0=1e−ln�0+��0=1

令,即存在使得,

构造ln�0+��0=�,�e,−�=1

�′�

由��=e−��,可�得=e−1,由,可得,

′�′�

所以��=e−1<在0�单<调0递减,�在�=e−1单>调0递增,�>0

又��=,e−�−∞,00,+∞

所以�0=1,即存在,使得,

00000

参变分ln离�得+到��=�=0,�∈�ln�+��=0

ln�0

�=−�0

令,

ln�1−ln�

′2

易得ℎ(�当)=−�,�时>,0ℎ(�)=,−当�,�>0时,,

′′

所以�∈0,eℎ(�在)<0单调�递∈减e,,+在∞ℎ单(�调)>递0增,

ln�

ℎ(�)=−�,�>00,ee,+

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论