资源简介

(共17张PPT)
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A组　基础保分练
1.函数f(x)=-x+在[-2,-]上的最大值是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.-
C.-2 D.2
解析:因为f(x)在[-2,-]上是减函数,所以当x=-2时,f(x)的最大值为f(-2)=.
A
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2.已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
解析:易知函数y=2x和y=-在(1,+∞)上都单调递增,
所以f(x)=2x-在(1,+∞)上单调递增.
又>>,故f()>f()>f(),即c>b>a.
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3.设函数f(x)=若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.[2,6] D.[2,+∞)
解析:由题易知f(x)在R上是增函数,
由f(a+1)≥f(2a-1),得a+1≥2a-1,解得a≤2.
B
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4.(2026·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=在R上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,2] B.[1,]
C.[1,2] D.[2,+∞)
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解析:因为当x≥1时,f(x)=-2x单调递减,
又f(x)在R上单调递减,
所以当x<1时,f(x)=x2-2ax+1单调递减,则只需满足解得1≤a≤.
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5.已知函数f(x)=4x+(x>0)在x=2时取得最小值,则实数a=(　　)
A.4 B.-4
C.±4 D.±2
解析:因为函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,在x=2时取得最小值,所以有=2 a=±4.
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6.(多选)已知函数f(x)=下列说法正确的是(　 　)
A.函数f(x)是减函数
B. a∈R,f(a2)>f(a-1)
C.若f(a-4)>f(3a),则a的取值范围是(-2,+∞)
D.在区间[1,2]上的最大值为0
ACD
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解析:由题意,作出函数f(x)的图象如图所示.
由图象知f(x)在定义域上单调递减,所以A正确;
因为a2-(a-1)=a2-a+1=(a-)2+>0,所以a2>a-1,
又因为函数f(x)是减函数,所以f(a2)因为函数f(x)是减函数,所以a-4<3a,解得a>-2,所以C正确;
由图象可知D正确.
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7.(多选)已知f(x)为R上的减函数,且a∈(0,+∞),则(　 　)
A.f(a)>f(2a) B.f(a2)C.f(a2+1)解析:因为a∈(0,+∞),所以a<2a,又f(x)为R上的减函数,故f(a)>f(2a),故A正确;
因为a2-a=a(a-1)与0的大小关系不定,无法比较f(a2)与f(a)的大小,故B错误;
因为a2+1-a=(a-)2+>0,所以a2+1>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+1)因为a2+a-a=a2>0,∴a2+a>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+a)ACD
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8.已知函数f(x)=|x+a|在区间(-∞,-1)上是单调函数,则实数a的取值范围是　　　　.
解析:作出f(x)的图象如图所示, 由图可知-a≥-1,即a≤1.
(-∞,1]
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9.(2026·广东肇庆模拟)已知函数f(x)=则f(x)的最小值是　　　　.
解析:当x<1时,f(x)=2-x+1,f(x)单调递减,所以f(x)>2-1+1=.
当x≥1时,f(x)=x2-6x+4,f(x)在区间[1,3)上单调递减,在区间[3,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(3)=-5.
综上所述,f(x)的最小值是-5.
-5
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10.已知函数f(x)=在[0,1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0)∪(1,2 026] B.(-∞,0)∪(0,2 026]
C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0)∪(0,1)
B组　能力提升练
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解析:若a<0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递增,
又<0,∴函数f(x)=在[0,1]上单调递减.
若a>0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递减,
只有当>0时,才有可能使函数f(x)=在[0,1]上单调递减,
∴解得1综上,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(1,2 026].
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11.若函数f(x)=的最小值为f(0),则实数m的取值范围是　　　　.
[-1,0]
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解析:当x≤0时,f(x)=x2+mx+1.因为y=x2+mx+1的图象关于x=-对称,
若最小值为f(0),可知-≥0,即可得m≤0.
又当x>0时,f(x)=x++m≥2+m=m+2,当且仅当x=1时等号成立.
若最小值为f(0),可得f(0)≤m+2,即1≤m+2,解得m≥-1.
综上可知,实数m的取值范围为[-1,0].
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12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1.
(1)求f(1)和f(9)的值;
解:由题知,f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,且f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,
令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),则f(1)=0,
令x=y=3,则f(9)=f(3)+f(3)=2,
即f(1)=0,f(9)=2.
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(2)解关于x的不等式f(3x+6)+f(x)<2.
解:因为f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,
且f(9)=2,f(xy)=f(x)+f(y),
所以f(3x+6)+f(x)<2,等价于f(3x2+6x)所以
解得0即该不等式的解集为(0,1).[A组　基础保分练]
1.函数f(x)=-x+在[-2,-]上的最大值是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.-
C.-2 D.2
答案:A
解析:因为f(x)在[-2,-]上是减函数,所以当x=-2时,f(x)的最大值为f(-2)=.
2.已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则 (　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
答案:D
解析:易知函数y=2x和y=-在(1,+∞)上都单调递增,
所以f(x)=2x-在(1,+∞)上单调递增.
又>>,故f()>f()>f(),即c>b>a.
3.设函数f(x)=若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.[2,6] D.[2,+∞)
答案:B
解析:由题易知f(x)在R上是增函数,
由f(a+1)≥f(2a-1),得a+1≥2a-1,解得a≤2.
4.(2026·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=在R上单调递减,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,2] B.[1,]
C.[1,2] D.[2,+∞)
答案:B
解析:因为当x≥1时,f(x)=-2x单调递减,
又f(x)在R上单调递减,
所以当x<1时,f(x)=x2-2ax+1单调递减,则只需满足解得1≤a≤.
5.已知函数f(x)=4x+(x>0)在x=2时取得最小值,则实数a= (　　)
A.4 B.-4
C.±4 D.±2
答案:C
解析:因为函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,在x=2时取得最小值,所以有=2 a=±4.
6.(多选)已知函数f(x)=下列说法正确的是 (　　)
A.函数f(x)是减函数
B. a∈R,f(a2)>f(a-1)
C.若f(a-4)>f(3a),则a的取值范围是(-2,+∞)
D.在区间[1,2]上的最大值为0
答案:ACD
解析:由题意,作出函数f(x)的图象如图所示.
由图象知f(x)在定义域上单调递减,所以A正确;
因为a2-(a-1)=a2-a+1=(a-)2+>0,所以a2>a-1,
又因为函数f(x)是减函数,所以f(a2)因为函数f(x)是减函数,所以a-4<3a,解得a>-2,所以C正确;
由图象可知D正确.
7.(多选)已知f(x)为R上的减函数,且a∈(0,+∞),则 (　　)
A.f(a)>f(2a) B.f(a2)C.f(a2+1)答案:ACD
解析:因为a∈(0,+∞),所以a<2a,又f(x)为R上的减函数,故f(a)>f(2a),故A正确;
因为a2-a=a(a-1)与0的大小关系不定,无法比较f(a2)与f(a)的大小,故B错误;
因为a2+1-a=(a-)2+>0,所以a2+1>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+1)因为a2+a-a=a2>0,∴a2+a>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+a)8.已知函数f(x)=|x+a|在区间(-∞,-1)上是单调函数,则实数a的取值范围是　　　　.
答案:(-∞,1]
解析:作出f(x)的图象如图所示, 由图可知-a≥-1,即a≤1.
9.(2026·广东肇庆模拟)已知函数f(x)=则f(x)的最小值是　　　　.
答案:-5
解析:当x<1时,f(x)=2-x+1,f(x)单调递减,所以f(x)>2-1+1=.
当x≥1时,f(x)=x2-6x+4,f(x)在区间[1,3)上单调递减,在区间[3,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(3)=-5.
综上所述,f(x)的最小值是-5.
[B组　能力提升练]
10.已知函数f(x)=在[0,1]上单调递减,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,0)∪(1,2 026] B.(-∞,0)∪(0,2 026]
C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0)∪(0,1)
答案:A
解析:若a<0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递增,
又<0,∴函数f(x)=在[0,1]上单调递减.
若a>0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递减,
只有当>0时,才有可能使函数f(x)=在[0,1]上单调递减,
∴解得1综上,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(1,2 026].
11.若函数f(x)=的最小值为f(0),则实数m的取值范围是　　　　.
答案:[-1,0]
解析:当x≤0时,f(x)=x2+mx+1.因为y=x2+mx+1的图象关于x=-对称,
若最小值为f(0),可知-≥0,即可得m≤0.
又当x>0时,f(x)=x++m≥2+m=m+2,当且仅当x=1时等号成立.
若最小值为f(0),可得f(0)≤m+2,即1≤m+2,解得m≥-1.
综上可知,实数m的取值范围为[-1,0].
12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1.
(1)求f(1)和f(9)的值;
(2)解关于x的不等式f(3x+6)+f(x)<2.
解:(1)由题知,f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,且f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,
令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),则f(1)=0,
令x=y=3,则f(9)=f(3)+f(3)=2,
即f(1)=0,f(9)=2.
(2)因为f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,
且f(9)=2,f(xy)=f(x)+f(y),
所以f(3x+6)+f(x)<2,等价于f(3x2+6x)所以
解得0即该不等式的解集为(0,1).第9讲函数单调性的应用
考点一　比较函数值的大小
[例1]　(1)已知函数f(x)=x+,x∈(1,+∞),则下列不等式恒成立的是 (　　)
A.f(8)>f(k2+2k+4)　　
B.f(6)>f(k2+2k+4)
C.f(4)D.f(2)[答案]　D
[解析]　任取1∵x1-x2<0,x1x2>1,
∴f(x1)-f(x2)<0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增.
又k2+2k+4=(k+1)2+3≥3>2,
∴f(2)(2)a=,b=,c=,则(　　)
A.aB.aC.cD.c[答案]　A
[解析]　令f(x)=,则f(x)==1-在(0,+∞)上单调递增,
故f(2 022)1,即a 方法总结
1.若题目条件中有具体的函数,则先判断已知函数的单调性,利用其单调性比较大小.
2.若题目条件中无具体的函数,则需根据数值的结构特征构造函数,再利用其单调性比较大小.
1.已知定义域为R的函数f(x), x1,x2∈R,x1A.f(3)C.f(2)答案:B
解析:因为 x1,x2∈R,x1由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,可得f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
可知f(x)是R上的减函数,且π>3>2,所以f(π)2.若0答案:a-解析:因为y=x+在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以a+考点二　解函数不等式
[例2]　(2026·山东烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+2x,若f(2t)<2,则实数t的取值范围是　　　　.
[答案]　(0,)
[解析]　已知f(x)=ln x+2x,其中y=ln x和y=2x均为单调递增函数,且y=ln x的定义域为(0,+∞),所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=ln 1+21=2,可得f(2t) 方法总结
求解函数不等式,其实质是函数单调性的逆用,由条件脱去“f”,转化为自变量间的大小关系,应注意函数的定义域.
3.已知y=f(x)在定义域(-1,1)上是减函数,且f(1-a)A.(-∞,) B.(,+∞)
C.(0,) D.(,1)
答案:C
解析:由解得0考点三　利用函数的单调性求参数的范围
[例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,0]　　　　　　 B.[-1,0]
C.[-1,1] D.[0,+∞)
[答案]　B
[解析]　因为f(x)在R上单调递增,且当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,
则需满足解得-1≤a≤0,
即a的取值范围是[-1,0].
方法总结
1.利用单调性求参数的取值(范围),根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)、不等式(组),或先得到其图象的升降规律,再结合图象求解.
2.对于分段函数,要注意衔接点的取值.
4.(2026·山西太原模拟)若函数f(x)=+在(0,2)上单调递减,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(0,2] B.(0,4]
C.[2,+∞) D.[4,+∞)
答案:C
解析:当a=0时,f(x)=+为单调递增函数,不符合题意,
当a<0时,y=,y=均为单调递增函数,故f(x)=+为单调递增函数,不符合题意,
当a>0时,f(x)=+在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,
由f(x)=+在(0,2)上单调递减,得a≥2.
　　　　　求函数最值(值域)的常用方法
(源于人教A版必修第一册P80例4,P81例5) 1.配方法:主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题. 2.单调性法:利用函数的单调性,再根据所给定义域来确定函数的最值(值域). 3.数形结合法. 4.换元法:引进新的量来代替原来的量,实行这种“变量代换”. 5.分离常数法:分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法,把函数分离成一个常数和一个分式和的形式. 6.不等式法:主要是利用不等式性质及基本不等式. 7.判别式法:函数变形后,使f(x)出现在一个有实根的一元二次方程的系数中,使用判别式. 8.消元法.
[例]　(1)(多选)下列函数中,值域正确的是 (　　)
A.当x∈[0,3)时,函数y=x2-2x+3的值域为[2,6)
B.函数y=的值域为R
C.函数y=2x-的值域为[,+∞)
D.函数y=+的值域为[,+∞)
[答案]　ACD
[解析]　对于A,(配方法)y=x2-2x+3=(x-1)2+2,
由x∈[0,3),再结合函数的图象(如图①所示),可得函数的值域为[2,6),故A正确.
对于B,(分离常数法)y===2+,显然≠0,∴y≠2,
故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞),故B错误.
对于C,(换元法)设t=,则x=t2+1,且t≥0,∴y=2(t2+1)-t=2(t-)2+,
由t≥0,再结合函数的图象(如图②所示),可得函数的值域为[,+∞),故C正确.
对于D,函数的定义域为[1,+∞),
∵y=与y=在[1,+∞)上均单调递增,∴y=+在[1,+∞)上为增函数,
∴当x=1时,ymin=,
即函数的值域为[,+∞),故D正确.
(2)函数f(x)=的值域为　　　　.
[答案]　[-2,]
[解析]　由f(x)=,得f(x)x2+[f(x)-2]x+f(x)=0.
因为x∈R,所以Δ≥0,即[f(x)-2]2-4f2(x)≥0,
解得-2≤f(x)≤,因此函数f(x)=的值域为[-2,].
1.若f(x)=(x>1),则函数f(x)的值域为　　　　.
答案:[1,+∞)
解析:因为x>1,则x-1>0,
所以f(x)===x-2+=(x-1)+-1≥2-1=1,
当且仅当x-1=(x>1),即x=2时,等号成立,
因此f(x)=(x>1)的值域为[1,+∞).
2.函数y=x-的值域为　　　　.
答案:[-6,4]
解析:令t=x-,则=x-t,
则半圆y=与直线y=x-t存在交点,
半圆方程为(x-1)2+y2=9(y≥0),
画出图象如图所示,
当直线y=x-t过点A(4,0),即图中直线l2时,t=4;
当直线与半圆相切,即图中直线l1时,=3,得t=-6或t=6+(舍),
故-6≤t≤4,即函数y的值域为[-6,4].(共21张PPT)
第9讲 函数单调性的应用
考点一　比较函数值的大小
[例1]　(1)已知函数f(x)=x+,x∈(1,+∞),则下列不等式恒成立的是(　　)
A.f(8)>f(k2+2k+4)　　 B.f(6)>f(k2+2k+4)
C.f(4)[解析]　任取1∵x1-x2<0,x1x2>1,
∴f(x1)-f(x2)<0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增.
又k2+2k+4=(k+1)2+3≥3>2,
∴f(2)D
(2)a=,b=,c=,则(　　)
A.aC.c[解析]　令f(x)=,则f(x)==1-在(0,+∞)上单调递增,
故f(2 022)1,即aA
方法总结
1.若题目条件中有具体的函数,则先判断已知函数的单调性,利用其单调性比较大小.
2.若题目条件中无具体的函数,则需根据数值的结构特征构造函数,再利用其单调性比较大小.
跟踪训练
1.已知定义域为R的函数f(x), x1,x2∈R,x1A.f(3)C.f(2)解析:因为 x1,x2∈R,x1由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,可得f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
可知f(x)是R上的减函数,且π>3>2,所以f(π)B
2.若0解析:因为y=x+在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以a+a-考点二　解函数不等式
[例2]　(2026·山东烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+2x,若f(2t)<2,则实数t的取值范围是　　　　.
[解析]　已知f(x)=ln x+2x,其中y=ln x和y=2x均为单调递增函数,且y=ln x的定义域为(0,+∞),所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=ln 1+21=2,可得f(2t)(0,)
方法总结
求解函数不等式,其实质是函数单调性的逆用,由条件脱去“f”,转化为自变量间的大小关系,应注意函数的定义域.
跟踪训练
3.已知y=f(x)在定义域(-1,1)上是减函数,且f(1-a)A.(-∞,) B.(,+∞)
C.(0,) D.(,1)
解析:由解得0C
考点三　利用函数的单调性求参数的范围
[例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0]　　　　　　 B.[-1,0]
C.[-1,1] D.[0,+∞)
B
[解析]　因为f(x)在R上单调递增,且当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,
则需满足解得-1≤a≤0,
即a的取值范围是[-1,0].
方法总结
1.利用单调性求参数的取值(范围),根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)、不等式(组),或先得到其图象的升降规律,再结合图象求解.
2.对于分段函数,要注意衔接点的取值.
跟踪训练
4.(2026·山西太原模拟)若函数f(x)=+在(0,2)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(0,2] B.(0,4]
C.[2,+∞) D.[4,+∞)
C
解析:当a=0时,f(x)=+为单调递增函数,不符合题意,
当a<0时,y=,y=均为单调递增函数,故f(x)=+为单调递增函数,不符合题意,
当a>0时,f(x)=+在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,
由f(x)=+在(0,2)上单调递减,得a≥2.
求函数最值(值域)的常用方法
教材延展
常用方法 (源于人教A版必修第一册P80例4,P81例5)
1.配方法:主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题.
2.单调性法:利用函数的单调性,再根据所给定义域来确定函数的最值(值域).
3.数形结合法.
4.换元法:引进新的量来代替原来的量,实行这种“变量代换”.
5.分离常数法:分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法,把函数分离成一个常数和一个分式和的形式.
6.不等式法:主要是利用不等式性质及基本不等式.
7.判别式法:函数变形后,使f(x)出现在一个有实根的一元二次方程的系数中,使用判别式.
8.消元法.
[例]　(1)(多选)下列函数中,值域正确的是(　 　)
A.当x∈[0,3)时,函数y=x2-2x+3的值域为[2,6)
B.函数y=的值域为R
C.函数y=2x-的值域为[,+∞)
D.函数y=+的值域为[,+∞)
ACD
[解析]　对于A,(配方法)y=x2-2x+3=(x-1)2+2,
由x∈[0,3),再结合函数的图象(如图①所示),可得函数的值域为[2,6),故A正确.
对于B,(分离常数法)y===2+,显然≠0,∴y≠2,
故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞),故B错误.
对于C,(换元法)设t=,则x=t2+1,且t≥0,∴y=2(t2+1)-t=2(t-)2+,
由t≥0,再结合函数的图象(如图②所示),可得函数的值域为[,+∞),故C正确.
对于D,函数的定义域为[1,+∞),
∵y=与y=在[1,+∞)上均单调递增,∴y=+在[1,+∞)上为增函数,
∴当x=1时,ymin=,
即函数的值域为[,+∞),故D正确.
(2)函数f(x)=的值域为　　　　.
[解析]　由f(x)=,得f(x)x2+[f(x)-2]x+f(x)=0.
因为x∈R,所以Δ≥0,即[f(x)-2]2-4f2(x)≥0,
解得-2≤f(x)≤,因此函数f(x)=的值域为[-2,].
[-2,]
跟踪训练
1.若f(x)=(x>1),则函数f(x)的值域为　　　　.
解析:因为x>1,则x-1>0,
所以f(x)===x-2+=(x-1)+-1≥ 2-1=1,
当且仅当x-1=(x>1),即x=2时,等号成立,
因此f(x)=(x>1)的值域为[1,+∞).
[1,+∞)
2.函数y=x-的值域为　　 　　.
解析:令t=x-,则=x-t,
则半圆y=与直线y=x-t存在交点,
半圆方程为(x-1)2+y2=9(y≥0),
画出图象如图所示,
当直线y=x-t过点A(4,0),即图中直线l2时,t=4;
当直线与半圆相切,即图中直线l1时,=3,得t=-6或t=6+(舍),
故-6≤t≤4,即函数y的值域为[-6,4].
[-6,4]

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