專(zhuān)題測(cè)試練習(xí)題 數(shù)列通項(xiàng)與求和問(wèn)題

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1、 專(zhuān)題19 數(shù)列通項(xiàng)與求和問(wèn)題 【自主熱身,歸納提煉】 1、 等比數(shù)列的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù),其前項(xiàng)和為,已知,,則 . 【答案】 【解析】由于,故,而, 故,則 . 2、對(duì)于數(shù)列{an},定義數(shù)列{bn}滿足bn=an+1-an(n∈N*),且bn+1-bn=1(n∈N*),a3=1,a4=-1,則a1=________. 【答案】 8 【解析】:因?yàn)閎3=a4-a3=-1-1=-2,所以b2=a3-a2=b3-1=-3,所以b1=a2-a1=b2-1=-4,三式相加可得a4-a1=-9,所以a1=a4+9=8. 3、設(shè)公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a1a2a3=-

2、,且a2,a4,a3成等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為_(kāi)_______. 【答案】: 解后反思 本題主要考查等差中項(xiàng)和等比中項(xiàng)的性質(zhì)及應(yīng)用,體現(xiàn)了等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量的計(jì)算問(wèn)題中的方程思想,等比數(shù)列的求和要注意公比是否為1. :4、已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S2=2a2+3,S3=2a3+3,則公比q的值為_(kāi)_______. 【答案】:. 2 當(dāng)q=1時(shí),顯然不滿足題意;當(dāng)q≠1時(shí), 整理得解得q=2. 5、 記公比為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1=1,S4-5S2=0,則S5的值為_(kāi)_______. 【答案】: 31 【解析】:設(shè)公比

3、為q,且q>0,又a1=1,則an=qn-1.由S4-5S2=0,得(1+q2)S2=5S2,所以q=2,所以S5==31. 解后反思 利用S4=(1+q2)S2,可加快計(jì)算速度,甚至可以心算. 6、設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為,若,則數(shù)列的通項(xiàng)公式為 . 【答案】: 7、 已知數(shù)列{an}滿足a1=-1,a2>a1,|an+1-an|=2n(n∈N*),若數(shù)列{a2n-1}單調(diào)遞減,數(shù)列{a2n}單調(diào)遞增,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=________. 【答案】 【解析】:因?yàn)閨an+1-an|=2n,所以當(dāng)n=1時(shí),|a2-a1|=2.由a2>a1,a1=-1得a2=1

4、.當(dāng)n=2時(shí),|a3-a2|=4,得a3=-3或a3=5.因?yàn)閧a2n-1}單調(diào)遞減,所以a3=-3.當(dāng)n=3時(shí),|a4-a3|=8,得a4=5或a4=-11.因?yàn)閧a2n}單調(diào)遞增,所以a4=5.同理得a5=-11,a6=21. 因?yàn)閧a2n-1}單調(diào)遞減,a1=-1<0,所以a2n-1<0.同理a2n>0.所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)(n≥3),有an-an-1=-2n-1,an-1-an-2=2n-2.兩式相加得an-an-2=-2n-2. 那么a3-a1=-2;a5-a3=-23;…;an-an-2=-2n-2. 以上各式相加得an-a1=-(2+23+25+…+2n-2). 所以an=a

5、1-=-. 同理,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an=. 所以an=也可以寫(xiě)成an=. 【問(wèn)題探究,變式訓(xùn)練】 例1、已知{an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,且a1=b1=2,a4+b4=21,S4+b4=30. (1) 求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2) 記cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和. 【解析】: (1) 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.(3分) 由條件a4+b4=21,S4+b4=30,得方程組解得 所以an=n+1,bn=2n,n∈N*

6、.(7分) (2) 由題意知cn=(n+1)×2n. 記Tn=c1+c2+c3+…+cn. 則Tn=2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1+ (n+1)×2n, 2Tn=2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n+(n+1)2n+1, 所以-Tn=2×2+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1,(11分) 即Tn=n·2n+1,n∈N*.(14分) 【變式1】、在數(shù)列中,已知,,,設(shè)為的前項(xiàng)和.(1)求證:數(shù)列是等差數(shù)列;(2)求. 證明 (1)因?yàn)?所以, 又因?yàn)?所以, 所以是首項(xiàng)為1,公差為的等差數(shù)列. (2)由(1)知,所以, 所

7、以, 所以, 兩式相減得. , 所以. 【變式2】、已知數(shù)列的前項(xiàng)和為,且(). (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列滿足,求數(shù)列的通項(xiàng)公式. 解 (1)由,得.兩式相減,得, 所以,由又,得,, 所以數(shù)列為等比數(shù)列,且首項(xiàng)為2,公比,所以. (2)由(1)知. 由 (), 得 (). 故,即. 當(dāng)時(shí),.所以 【關(guān)聯(lián)1】、數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=2,Sn=an(r∈R,n∈N*). (1) 求r的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2) 設(shè)bn=(n∈N*),記{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n. ①當(dāng)

8、n∈N*時(shí),λ<T2n-Tn恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍; ②求證:存在關(guān)于n的整式g(n),使得(Ti+1)=Tn·g(n)-1對(duì)一切n≥2,n∈N*都成立. 思路分析 (1) 利用關(guān)系式an=將an與Sn的關(guān)系轉(zhuǎn)化為an與an-1的關(guān)系,再利用累乘法求{an}的通項(xiàng)公式; (2) ①利用數(shù)列{T2n-Tn}的單調(diào)性求T2n-Tn的最小值即可;②利用條件得到Tn與Tn-1的關(guān)系,通過(guò)變形,化簡(jiǎn)和式(Ti+1),即可證得命題. 規(guī)范解答 (1) 當(dāng)n=1時(shí),S1=a1,所以r=,(2分) 所以Sn=an. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=an-1, 兩式相減,得an=an-an-1,所以=(

9、n≥2).(4分) 所以··…·=×××…××,即=. 所以an=n(n+1)(n≥2),又a1=2適合上式. 所以an=n(n+1)(n∈N*).(6分) (2) ①因?yàn)閍n=n(n+1),所以bn=,Tn=++…+. 所以T2n=++…+, 所以T2n-Tn=++…+.(8分) 令Bn=T2n-Tn=++…+. 則Bn+1=++…+. 所以Bn+1-Bn=+-=>0, 所以Bn+1>Bn,所以Bn單調(diào)遞增,(10分) (Bn)min=B1=,所以λ<.(12分) ②因?yàn)門(mén)n=++…+. 所以當(dāng)n≥2時(shí),Tn-1=++…+, 所以Tn-Tn-1=,即(n+1)Tn

10、-nTn-1=Tn-1+1.(14分) 所以當(dāng)n≥2時(shí),(Ti+1)=(3T2-2T1)+(4T3-3T2)+(5T4-4T3)+…+[(n+1)Tn-nTn-1]=(n+1)Tn-2T1=(n+1)Tn-1, 所以存在關(guān)于n的整式g(n)=n+1,使得(Ti+1)=Tn·g(n)-1對(duì)一切n≥2,n∈N*都成立.(16分) 解后反思 本題以an與Sn的關(guān)系為背景,考查了數(shù)列的通項(xiàng)、求和、數(shù)列的單調(diào)性,考查學(xué)生利用數(shù)列知識(shí)解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題的能力,以及代數(shù)變形與推理論證能力. 【關(guān)聯(lián)2】、已知各項(xiàng)是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn. (1) 若Sn+Sn-1=(n∈N*,n

11、≥2),且a1=2. ①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; ②若Sn≤λ·2n+1對(duì)任意n∈N*恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍. (2) 已知數(shù)列{an}是公比為q(q>0,q≠1)的等比數(shù)列,且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為10Tn.若存在正整數(shù)k,對(duì)任意n∈N*,使得為定值,求首項(xiàng)a1的值. . (1) ①利用an=Sn-Sn-1(n≥2),得到an+1與an的關(guān)系,并特別注意式中的n≥2.對(duì)于n=1的情況必須單獨(dú)處理. 由3(S2+S1)=a+2及a1=2,得3(4+a2)=a+2,即a-3a2-10=0. 結(jié)合a2>0,解得a2=5,滿足a2-a1=3.(3分) 所以對(duì)n∈N*,均有an

12、+1-an=3,即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1=2,公差為3的等差數(shù)列, 數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-1.(5分) ②由①知,Sn==,所以λ≥對(duì)n∈N*恒成立.(6分) 記f(n)=,n∈N*. 考慮f(n+1)-f(n)=-=.(8分) 當(dāng)n≥3時(shí),f(n+1)

13、Bμ=0對(duì)n∈N*恒成立. 所以 由①得μ=,代入②得B=0.(15分) 即b1=d,即lga1=lgq,得a1=.(16分) 【關(guān)聯(lián)3】、已知數(shù)列滿足,數(shù)列的前項(xiàng)和為. (1)求的值; (2)若. ① 求證:數(shù)列為等差數(shù)列; ② 求滿足的所有數(shù)對(duì). 【思路分析】(1)直接令得到關(guān)系式,兩式相減,求出的值 (2) 分別賦值,得到關(guān)系式,兩式相減,得到,結(jié)合,計(jì)算出, 從而求,代入關(guān)系式,得出,利用定義法證明為等差數(shù)列 (3) 求和得到,代入關(guān)系式整理得,需要轉(zhuǎn)化兩個(gè)因數(shù)相乘的形式,變形處理,利用平方差公式得到,因?yàn)榍揖鶠檎麛?shù),則兩個(gè)因數(shù)只能為27和

14、1,從而求出的值. 規(guī)范解答 (1)由條件,得,②-①得 .……………………… 3分 (2)①證明:因?yàn)? 所以, ④-③得, ……………………………………………… 6分 于是, 所以,從而. ……………………………………………… 8分 所以, 所以,將其代入③式,得, 所以(常數(shù)), 所以數(shù)列為等差數(shù)列.……………………………………………… 10分 ②注意到 所以 ,…………………………………………… 12分 由知. 所以, 即,又, 所以且均為正整數(shù), 所以,解得, 所以所求數(shù)對(duì)為. 16分 例2、 正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足: . (1)求

15、數(shù)列的通項(xiàng)公式; (2)令,數(shù)列的前項(xiàng)和為.證明:對(duì)于任意的,都有. 解 (1)由,得. 由于是正項(xiàng)數(shù)列,所以. 于是時(shí),. 綜上,數(shù)列的通項(xiàng). (2)證明 由于,則. 所以 . 【變式1】、數(shù)列的前項(xiàng)和為,. (1)求的值及數(shù)列的通項(xiàng)公式; (2)設(shè),記的前項(xiàng)和為. ①當(dāng)時(shí),恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍; ②求證:存在關(guān)于的整式,使得對(duì)一切都成立. (2)①因?yàn)?所以,所以. 所以, 所以. 令, 則. 所以. 所以,所以單調(diào)遞增. 所以的最小值為,所以. ②因?yàn)? 所以當(dāng)時(shí),. 所以即. 當(dāng)時(shí) . 所以存在關(guān)于的整式

16、. 使得對(duì)一切都成立. 【變式2】、已知數(shù)列{an}滿足a1=10,an-10≤an+1≤an+10(n∈N*). (1) 若{an}是等差數(shù)列,Sn=a1+a2+…+an,且Sn-10≤Sn+1≤Sn+10(n∈N*),求公差d的取值集合; (2) 若b1,b2,…,bk成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),b1=10,b2≤20,且b1+b2+…+bk>2017,求正整數(shù)k的最小值; (3) 若a1,a2,…,ak成等差數(shù)列,且a1+a2+…+ak=100,求正整數(shù)k的最小值以及k取最小值時(shí)公差d的值. (3) a1+a2+…+ak=10k+d=100,所以d=.(11分)

17、由題意|d|=|an+1-an|≤10,所以≤10.(13分) 所以-k2+k≤20-2k≤k2-k,所以k≥4, 所以kmin=4.(15分) 此時(shí)d=10.(16分) 解后反思 本題第(2)問(wèn)在原題上有所改動(dòng),原題如下: (2) 若a1,a2, …,ak成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),且a1+a2+…+ak>2017,求正整數(shù)k的最小值. 原題的漏洞在于an=10×2n-1以指數(shù)級(jí)上升,條件中的an+1≤an 【變式3】、已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a1=3,且2Sn=an+1-3(n∈N*). (1) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2) 對(duì)于正整數(shù)i,j,k(i

18、

19、即當(dāng)n≥2時(shí),an+1=3an.(2分) 由a1=S1=3,得6=a2-3,即a2=9,滿足a2=3a1. 所以對(duì)n∈N*,都有an+1=3an,即=3. 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列,通項(xiàng)公式an=3n.(4分) (2) 由(1),得λ·3j+μ·3k=12·3i,即λ+μ·3k-j=. 因?yàn)檎麛?shù)i,j,k滿足i

20、1+…+3n+1b1=3n+2-3(n+1)-3,② ②/3-①,得bn+1=2n+1.(10分) 又3b1=9-3-3=3,得b1=1,所以bn=2n-1,從而Tn=n2.設(shè)f(n)==,n∈N*. 當(dāng)n=1時(shí)=;當(dāng)n=2時(shí)=;當(dāng)n=3時(shí)=;(12分) 下面證明:對(duì)任意正整數(shù)n>3都有<, -=(n+1)2-n2=[(n+1)2-3n2]=(-2n2+2n+1), 當(dāng)n≥3時(shí),-2n2+2n+1=(1-n2)+n(2-n)<0,即-<0, 所以當(dāng)n≥3時(shí),遞減,所以對(duì)任意正整數(shù)n>3都有<=. 綜上可得,滿足等式=的正整數(shù)n的值為1和3.(16分) 第(1)題中,要注

21、意驗(yàn)證a2=3a1; 第(2)題中,也可化為λ·3j-i-1+μ·3k-i-1=4,說(shuō)明只能λ=1; 第(3)題這種類(lèi)型的題,一般是先猜再證.若條件出現(xiàn)數(shù)列的“和”的等式,則可以利用“差商”法求數(shù)列的通項(xiàng)公式,另外利用數(shù)列的單調(diào)性確定數(shù)列項(xiàng)的范圍,進(jìn)而解決相關(guān)的問(wèn)題也是數(shù)列問(wèn)題中的常用的數(shù)學(xué)思想方法. 【變式4】、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意正整數(shù)n,總存在正數(shù)p,q,r,使得an=pn-1,Sn=qn-r恒成立;數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,且對(duì)任意正整數(shù)n,2Tn=nbn恒成立. (1) 求常數(shù)p,q,r的值; (2) 證明數(shù)列{bn}為等差數(shù)列; (3) 若b2

22、=2,記Pn=+++…++,是否存在正整數(shù)k,使得對(duì)任意正整數(shù)n,Pn≤k恒成立,若存在,求正整數(shù)k的最小值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 第(1)問(wèn),由于所給出的是關(guān)于通項(xiàng)與和的一般性的式子,因此,利用特殊與一般的關(guān)系,將一般進(jìn)行特殊化來(lái)處理,可分別取n=2,3,求出p,q的值(必要性),再驗(yàn)證是否符合題意(充分性). 第(2)問(wèn),根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)與其前n項(xiàng)和的關(guān)系an=來(lái)得到數(shù)列的遞推關(guān)系,有了遞推關(guān)系后來(lái)判斷數(shù)列是等差數(shù)列就有兩種方法:一是利用遞推關(guān)系求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,進(jìn)而通過(guò)定義來(lái)加以證明;二是利用等差中項(xiàng)來(lái)進(jìn)行證明. 第(3)問(wèn),根據(jù)所要研究的對(duì)象“Pn≤k 恒成立”可以看出,本題

23、的本質(zhì)就是求Pn的最大值,而研究一個(gè)數(shù)列的最值的基本方法是研究數(shù)列的單調(diào)性,因此,利用鄰項(xiàng)作差的方法來(lái)判斷{Pn}的單調(diào)性,進(jìn)而求出數(shù)列的最大值.另外,注意到本題的Pn是一個(gè)差比數(shù)列的和,因此,本題又可以通過(guò)先求和,然后再判斷單調(diào)性,進(jìn)而求最值的方法來(lái)加以求解,但這種方法并不簡(jiǎn)便,故采用直接判斷單調(diào)性的方法來(lái)加以求解. 規(guī)范解答 (1) 因?yàn)镾n=qn-r①, 所以Sn-1=qn-1-r②(n≥2), ①-②得Sn-Sn-1=qn-qn-1,即an=qn-qn-1(n≥2),(1分) 又an=pn-1,所以pn-1=qn-qn-1(n≥2), n=2時(shí),p=q2-q;n=3時(shí),p2=

24、q3-q2. 因?yàn)閜,q為正數(shù),解得p=q=2.(3分) 又因?yàn)閍1=1,S1=q-r,且a1=S1,所以r=1.(4分) (2) 因?yàn)?Tn=nbn③, 當(dāng)n≥2時(shí),2Tn-1=(n-1)bn-1④, ③-④得2bn=nbn-(n-1)bn-1,即(n-2)bn=(n-1)bn-1⑤,(6分) 證法1 又(n-1)bn+1=nbn⑥,⑤+⑥得(2n-2)bn=(n-1)bn-1+(n-1)bn+1,(7分) 即2bn=bn-1+bn+1,所以{bn}為等差數(shù)列.(8分) 證法2 由(n-2)bn=(n-1)bn-1,得=, 當(dāng)n≥3時(shí),==…=,所以bn=b2(n-1),所

25、以bn-bn-1=b2,(6分) 因?yàn)閚=1時(shí),由2Tn=nbn得2T1=b1,所以b1=0,則b2-b1=b2,(7分) 所以bn-bn-1=b2,對(duì)n≥2恒成立,所以{bn}為等差數(shù)列.(8分) (3) 因?yàn)閎1=0,又b2=2,由(2)知{bn}為等差數(shù)列,所以bn=2n-2,(9分) 又由(1)知an=2n-1,(10分) 所以Pn=++…++, 又Pn+1=+…++++, 所以Pn+1-Pn=+-=,(12分) 令Pn+1-Pn>0得12n+2-4n·2n>0, 所以2n<=3+<4,解得n=1, 所以n=1時(shí),Pn+1-Pn>0,即P2>P1,(13分) n≥2時(shí),因?yàn)?n≥4,3+<4,所以2n>3+=,即12n+2-4n·2n<0. 此時(shí)Pn+1P3>P4>…,(14分) 所以Pn的最大值為P2=+=,(15分) 若存在正整數(shù)k,使得對(duì)任意正整數(shù)n,Pn≤k恒成立,則k≥Pmax=,所以正整數(shù)k的最小值為4.(16分)

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