不等式选讲经典习题.doc

不等式选讲经典习题.doc

《不等式选讲经典习题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《不等式选讲经典习题.doc（10页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

知识网络

§1　绝对值型不等式

典例精析

题型一　解绝对值不等式

【例1】设函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|.

（1）解不等式f（x）＞3；

（2）若f（x）＞a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围.

【解析】

（1）因为f（x）＝|x－1|＋|x－2|＝

所以当x＜1时，3－2x＞3，解得x＜0；

当1≤x≤2时，f（x）＞3无解；

当x＞2时，2x－3＞3，解得x＞3.

所以不等式f（x）＞3的解集为（－∞，0）∪（3，＋∞）.

（2）因为f（x）＝所以f（x）min＝1.

因为f（x）＞a恒成立，

所以a＜1，即实数a的取值范围是（－∞，1）.

【变式训练1】设函数f（x）＝.

（1）当a＝－5时，求函数f（x）的定义域；

（2）若函数f（x）的定义域为R，试求a的取值范围.

【解析】

（1）由题设知|x＋1|＋|x－2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|＋|x－2|和y＝5的图象，知定义域为（－∞，－2]∪[3，＋∞）.

（2）由题设知，当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，即|x＋1|＋|x－2|≥－a，又由

（1）知|x＋1|＋|x－2|≥3，

所以－a≤3，即a≥－3.

题型二　解绝对值三角不等式

【例2】已知函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f（x）对a≠0，a、b∈R恒成立，求实数x的范围.

【解析】由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f（x）且a≠0得≥f（x）.

又因为≥＝2，则有2≥f（x）.

解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得≤x≤.

【变式训练2】（2010深圳）若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是　　　　　　　.

【解析】（－∞，0）∪{2}.

题型三　利用绝对值不等式求参数范围

【例3】（2009辽宁）设函数f（x）＝|x－1|＋|x－a|.

（1）若a＝－1，解不等式f（x）≥3；

（2）如果∀x∈R，f（x）≥2，求a的取值范围.

【解析】

（1）当a＝－1时，f（x）＝|x－1|＋|x＋1|.

由f（x）≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3，

①当x≤－1时，不等式化为1－x－1－x≥3，即－2x≥3，

不等式组的解集为（－∞，－]；

②当－1＜x≤1时，不等式化为1－x＋x＋1≥3，不可能成立，

不等式组的解集为∅；

③当x＞1时，不等式化为x－1＋x＋1≥3，即2x≥3，

不等式组的解集为[，＋∞）.

综上得f（x）≥3的解集为（－∞，－]∪[，＋∞）.

（2）若a＝1，f（x）＝2|x－1|不满足题设条件.

若a＜1，f（x）＝

f（x）的最小值为1－a.由题意有1－a≥2，即a≤－1.

若a＞1，f（x）＝

f（x）的最小值为a－1，由题意有a－1≥2，故a≥3.

综上可知a的取值范围为（－∞，－1]∪[3，＋∞）.

【变式训练3】关于实数x的不等式|x－（a＋1）2|≤（a－1）2与x2－3（a＋1）x＋2（3a＋1）≤0（a∈R）的解集分别为A，B.求使A⊆B的a的取值范围.

【解析】由不等式|x－（a＋1）2|≤（a－1）2⇒－（a－1）2≤x－（a＋1）2≤（a－1）2，

解得2a≤x≤a2＋1，于是A＝{x|2a≤x≤a2＋1}.

由不等式x2－3（a＋1）x＋2（3a＋1）≤0⇒（x－2）[x－（3a＋1）]≤0，

①当3a＋1≥2，即a≥时，B＝{x|2≤x≤3a＋1}，

因为A⊆B，所以必有解得1≤a≤3；

②当3a＋1＜2，即a＜时，B＝{x|3a＋1≤x≤2}，

因为A⊆B，所以解得a＝－1.

综上使A⊆B的a的取值范围是a＝－1或1≤a≤3.

总结提高

1.“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件.

2.绝对值不等式的解法中，＜a的解集是（－a，a）；＞a的解集是（－∞，－a）∪（a，＋∞），它可以推广到复合型绝对值不等式≤c，≥c的解法，还可以推广到右边含未知数x的不等式，如≤x－1⇒1－x≤3x＋1≤x－1.

3.含有两个绝对值符号的不等式，如＋≥c和＋≤c型不等式的解法有三种，几何解法和代数解法以及构造函数的解法，其中代数解法主要是分类讨论的思想方法，这也是函数解法的基础，这两种解法都适宜于x前面系数不为1类型的上述不等式，使用范围更广.

§2　不等式的证明

（一）

典例精析

题型一　用综合法证明不等式

【例1】若a，b，c为不全相等的正数，求证：

lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.

【证明】由a，b，c为正数，得

lg≥lg；lg≥lg；lg≥lg.

而a，b，c不全相等，

所以lg＋lg＋lg＞lg＋lg＋lg＝lg＝lg（abc）＝lga＋lgb＋lgc.

即lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.

【点拨】本题采用了综合法证明，其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据（是一个定理），在证明不等式时要注意结合运用.而在不等式的证明过程中，还要特别注意等号成立的条件是否满足.

【变式训练1】已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.求证：

|ac＋bd|≤1.

【证明】因为a，b，c，d都是实数，

所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋＝.

又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，所以|ac＋bd|≤1.

题型二　用作差法证明不等式

【例2】设a，b，c为△ABC的三边，求证：

a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）.

【证明】a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＝（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2－a2－b2－c2

　　 ＝[（a－b）2－c2]＋[（b－c）2－a2]＋[（c－a）2－b2].

而在△ABC中，＜c，所以（a－b）2＜c2，即（a－b）2－c2＜0.

同理（a－c）2－b2＜0，（b－c）2－a2＜0，所以a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＜0.

故a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）.

【点拨】不等式的证明中，比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法，而在牵涉到三角形的三边时，要注意运用三角形的三边关系：

任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.

【变式训练2】设a，b为实数，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求证：

＋≥（a＋b）2.

【证明】因为＋－（a＋b）2＝－

＝

＝＝≥0，

所以不等式＋≥（a＋b）2成立.

题型三　用分析法证明不等式

【例3】已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.

求证：

（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.

【证明】因为a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要证原不等式成立，

即证[（a＋b＋c）＋a][（a＋b＋c）＋b][（a＋b＋c）＋c]

≥8[（a＋b＋c）－a][（a＋b＋c）－b][（a＋b＋c）－c]，

也就是证[（a＋b）＋（c＋a）][（a＋b）＋（b＋c）][（c＋a）＋（b＋c）]≥8（b＋c）（c＋a）（a＋b）.①

因为（a＋b）＋（b＋c）≥2＞0，

（b＋c）＋（c＋a）≥2＞0，

（c＋a）＋（a＋b）≥2＞0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得证.

【点拨】本题采用的是分析法.从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.分析法也可以作为寻找证题思路的方法，分析后再用综合法书写证题过程.

【变式训练3】设函数f（x）＝x－a（x＋1）ln（x＋1）（x＞－1，a≥0）.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）求证：

当m＞n＞0时，（1＋m）n＜（1＋n）m.

【解析】

（1）f′（x）＝1－aln（x＋1）－a，

①a＝0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（－1，＋∞）上是增函数；

②当a＞0时，f（x）在（－1，－1]上单调递增，在[－1，＋∞）单调递减.

（2）证明：

要证（1＋m）n＜（1＋n）m，只需证nln（1＋m）＜mln（1＋n），只需证＜.

设g（x）＝（x＞0），则g′（x）＝＝.

由

（1）知x－（1＋x）ln（1＋x）在（0，＋∞）单调递减，

所以x－（1＋x）ln（1＋x）＜0，即g（x）是减函数，

而m＞n，所以g（m）＜g（n），故原不等式成立.

总结提高

1.一般在证明不等式的题目中，首先考虑用比较法，它是最基本的不等式的证明方法.比较法一般有“作差比较法”和“作商比较法”，用得较多的是“作差比较法”，其中在变形过程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法.

2.用综合法证明不等式的过程中，所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质等，如基本不等式、绝对值三角不等式等.

3.用分析法证明不等式的关键是对原不等式的等价转换，它是从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立.

4.所谓“综合法”、“分析法”其实是证明题的两种书写格式，而不是真正意义上的证明方法，并不像前面所用的比较法及后面要复习到的三角代换法、放缩法、判别式法、反证法等是一种具体的证明方法（或者手段），而只是两种互逆的证明题的书写格式.

§3　不等式的证明

（二）

典例精析

题型一　用放缩法、反证法证明不等式

【例1】已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：

（a＋2）2＋（b＋2）2≥.

【证明】方法一：

（放缩法）

因为a＋b＝1，

所以左边＝（a＋2）2＋（b＋2）2≥2[]2＝[（a＋b）＋4]2＝＝右边.

方法二：

（反证法）

假设（a＋2）2＋（b＋2）2＜，则a2＋b2＋4（a＋b）＋8＜.

由a＋b＝1，得b＝1－a，于是有a2＋（1－a）2＋12＜.

所以（a－）2＜0，这与（a－）2≥0矛盾.

故假设不成立，所以（a＋2）2＋（b＋2）2≥.

【点拨】根据不等式左边是平方和及a＋b＝1这个特点，选用重要不等式a2＋b2≥

2（）2来证明比较好，它可以将具备a2＋b2形式的式子缩小.

而反证法的思路关键是先假设命题不成立，结合条件a＋b＝1，得到关于a的不等式，最后与数的平方非负的性质矛盾，从而证明了原不等式.当然本题也可以用分析法和作差比较法来证明.

【变式训练1】设a0，a1，a2，…，an－1，an满足a0＝an＝0，且有

a0－2a1＋a2≥0，

a1－2a2＋a3≥0，

…

an－2－2an－1＋an≥0，

求证：

a1，a2，…，an－1≤0.

【证明】由题设a0－2a1＋a2≥0得a2－a1≥a1－a0.

同理，an－an－1≥an－1－an－2≥…≥a2－a1≥a1－a0.

假设a1，a2，…，an－1中存在大于0的数，假设ar是a1，a2，…，an－1中第一个出现的正数.即a1≤0，a2≤0，…，ar－1≤0，ar＞0，

则有ar－ar－1＞0，于是有an－an－1≥an－1－an－2≥…≥ar－ar－1＞0.

并由此得an≥an－1≥an－2≥…≥ar＞0.

这与题设an＝0矛盾.由此证得a1，a2，…，an－1≤0成立.

题型二　用数学归纳法证明不等式

【例2】用放缩法、数学归纳法证明：

设an＝＋＋…＋，n∈N*，求证：

＜an＜.

【证明】方法一：

（放缩法）

＜＜，即n＜＜.

所以1＋2＋…＋n＜an＜[1＋3＋…＋（2n＋1）].

所以＜an＜·，

即＜an＜.

方法二：

（数学归纳法）

①当n＝1时，a1＝，而1＜＜2，所以原不等式成立.

②假设n＝k（k≥1）时，不等式成立，即＜ak＜.

则当n＝k＋1时，ak＋1＝＋＋…＋＋，

所以＋＜ak＋1＜＋.

而＋＞＋＝＋（k＋1）＝，

＋＜＋＝＝.

所以＜ak＋1＜.

故当n＝k＋1时，不等式也成立.

综合①②知当n∈N*，都有＜an＜.

【点拨】在用放缩法时，常利用基本不等式＜将某个相乘的的式子进行放缩，而在上面的方法二的数学归纳法的关键步骤也要用到这个公式.在用数学归纳法时要注意根据目标来寻找思路.

【变式训练2】已知数列，，…，，…，Sn为其前n项和，计算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝，观察上述结果推测出计算Sn的公式且用数学归纳法加以证明.

【解析】猜想Sn＝（n∈N＋）.

证明：

①当n＝1时，S1＝＝，等式成立.

②假设当n＝k（k≥1）时等式成立，即Sk＝.

则Sk＋1＝Sk＋＝＋

＝＝.

即当n＝k＋1时，等式也成立.综合①②得，对任何n∈N＋，等式都成立.

题型三　用不等式证明方法解决应用问题

【例3】某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量.

（1）求an的表达式；

（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年森林木材量应不少于a，如果b＝a，那么该地区今后会发生水土流失吗？

若会，需要经过几年？

（取lg2＝0.30）

【解析】

（1）依题意得a1＝a（1＋）－b＝a－b，

a2＝a1－b＝（a－b）－b＝（）2a－（＋1）b，

a3＝a2－b＝（）3a－[（）2＋（＋1）]b，

由此猜测an＝（）na－[（）n－1＋（）n－2＋…＋＋1]b＝（）na－4[（）n－1]b（n∈N＋）.

下面用数学归纳法证明：

①当n＝1时，a1＝a－b，猜测成立.

②假设n＝k（k≥2）时猜测成立，即ak＝（）ka－4[（）k－1]b成立.

那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－b＝－b＝（）k＋1a－4[（）k＋1－1]b，

即当n＝k＋1时，猜测仍成立.

由①②知，对任意n∈N＋，猜测成立.

（2）当b＝a时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须少于a，

所以（）na－4[（）n－1]·a＜a，整理得（）n＞5，

两边取对数得nlg＞lg5，

所以n＞＝≈＝7.

故经过8年该地区就开始水土流失.

【变式训练3】经过长期观测得到：

在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y（千辆/时）与汽车的平均速度v（千米/时）之间的函数关系为y＝（v＞0）.

（1）在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？

最大车流量为多少？

（精确到0.1千辆/时）

（2）若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？

【解析】

（1）依题意，y＝≤＝，当且仅当v＝，即v＝40时，上式等号成立，所以ymax＝≈11.1（千辆/时）.

（2）由条件得＞10，整理得v2－89v＋1600＜0，

即（v－25）（v－64）＜0，解得25＜v＜64.

答：

当v＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时.

总结提高

1.有些不等式，从正面证如果不易说清，可以考虑反证法，凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定词的命题适用反证法.在一些客观题如填空、选择题之中，也可以用反证法的方法进行命题正确与否的判断.

2.放缩法是证明不等式特有的方法，在证明不等式过程中常常要用到它，放缩要有目标，目标在结论和中间结果中寻找.

常用的放缩方法有：

（1）添加或舍去一些项，如＞，＞n；

（2）将分子或分母放大（或缩小）；

（3）利用基本不等式，如＜；

（4）利用常用结论，如

－＝＜，

＜＝－；

＞＝－（程度大）；

＜＝＝（－）（程度小）.

3.用数学归纳法证明与自然数有关的不等式的证明过程与用数学归纳法证明其他命题一样，先要奠基，后进行假设与推理，二者缺一不可.

§4　柯西不等式和排序不等式

典例精析

题型一　用柯西不等式、排序不等式证明不等式

【例1】设a1，a2，…，an都为正实数，证明：

＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.

【证明】方法一：

由柯西不等式，有

（＋＋…＋＋）（a2＋a3＋…＋an＋a1）≥

（·＋·＋…＋·）2＝（a1＋a2＋…＋an）2.

不等式两边约去正数因式a1＋a2＋…＋an即得所证不等式.

方法二：

不妨设a1≤a2≤…≤an，则a≤a≤…≤a，≥≥…≥.

由排序不等式有

a·＋a·＋…＋a·＋a·≥a·＋a·＋…＋a·＝a1＋a2＋…＋an，

故不等式成立.

方法三：

由均值不等式有

＋a2≥2a1，＋a3≥2a2，…，＋a1≥2an，将这n个不等式相加得

＋＋…＋＋＋a2＋a3＋…＋an＋a1≥2（a1＋a2＋…＋an），整理即得所证不等式.

【点拨】根据所证不等式的结构形式观察是否符合柯西不等式、排序不等式的结构形式或有相似之处.将其配成相关结构形式是解决问题的突破口，有时往往要进行添项、拆项、重组、配方等方法的处理.

【变式训练1】已知a＋b＋c＝1，且a、b、c是正数，求证：

＋＋≥9.

【证明】左边＝[2（a＋b＋c）]（＋＋）

＝[（a＋b）＋（b＋c）＋（c＋a）]（＋＋）≥（1＋1＋1）2＝9，

（或左边＝[（a＋b）＋（b＋c）＋（c＋a）]（＋＋）

＝3＋＋＋＋＋＋

≥3＋2＋2＋2＝9）

所以＋＋≥9.

题型二　用柯西不等式求最值

【例2】若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝2，求x2＋y2＋z2的最小值.

【解析】由柯西不等式得，（12＋22＋32）（x2＋y2＋z2）≥（x＋2y＋3z）2＝4

（当且仅当1＝kx,2＝ky,3＝kz时等号成立，

结合x＋2y＋3z＝2，解得x＝，y＝，z＝），

所以14（x2＋y2＋z2）≥4.所以x2＋y2＋z2≥.

故x2＋y2＋z2的最小值为.

【点拨】根据柯西不等式，要求x2＋y2＋z2的最小值，就要给x2＋y2＋z2再配一个平方和形式的因式，再考虑需要出现定值，就要让柯西不等式的右边出现x＋2y＋3z的形式，从而得到解题思路.由此可见，柯西不等式可以应用在求代数式的最值中.

【变式训练2】已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值.

【解析】因为（x2＋2y2＋3z2）[32＋（）2＋（）2]

≥（3x＋y·＋z·）2≥（3x＋2y＋z）2，

所以（3x＋2y＋z）2≤12，即－2≤3x＋2y＋z≤2，

当且仅当x＝－，y＝－，z＝－时，

3x＋2y＋z取最小值，最小值为－2.

题型三　不等式综合证明与运用

【例3】设x＞0，求证：

1＋x＋x2＋…＋x2n≥（2n＋1）xn.

【证明】

（1）当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn，由排序原理：

顺序和≥反序和得

1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，

即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥（n＋1）xn.①

又因为x，x2，…，xn，1为序列1，x，x2，…，xn的一个排列，于是再次由排序原理：

乱序和≥反序和得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，

即x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥（n＋1）xn，②

将①和②相加得1＋x＋x2＋…＋x2n≥（2n＋1）xn.③

（2）当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞xn.

由①②仍然成立，于是③也成立.

综合

（1）

（2），原不等式成立.

【点拨】分类讨论的目的在于明确两个序列的大小顺序.

【变式训练3】把长为9cm的细铁线截成三段，各自围成一个正三角形，求这三个正三角形面积和的最小值.

【解析】设这三个正三角形的边长分别为a、b、c，则a＋b＋c＝3，且这三个正三角形面积和S满足：

3S＝（a2＋b2＋c2）（12＋12＋12）≥（a＋b＋c）2＝⇒S≥.

当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.

总结提高

1.柯西不等式是基本而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，有着广泛的应用.教科书首先介绍二维形式的柯西不等式，再从向量的角度来认识柯西不等式，引入向量形式的柯西不等式，再介绍一般形式的柯西不等式，以及柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用.

2.排序不等式也是基本而重要的不等式.一些重要不等式可以看成是排序不等式的特殊情形，例如不等式a2＋b2≥2ab.有些重要不等式则可以借助排序不等式得到简捷的证明.证明排序不等式时，教科书展示了一个“探究——猜想——证明——应用”的研究过程，目的是引导学生通过自己的数学活动，初步认识排序不等式的数学意义、证明方法和简单应用.

3.利用柯西不等式或排序不等式常常根据所求解（证）的式子结构入手，构造适当的两组数，有难度的逐步调整去构造.对于具体明确的大小顺序、数目相同的两列数考虑它们对应乘积之和的大小关系时，通常考虑排序不等式.

嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱礤駴笪笪燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤茇礤駴笪

第10页共10页