(新課標(biāo))2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版

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(新課標(biāo))2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版_第1頁(yè)
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《(新課標(biāo))2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版(13頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 [做真題] 1.(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)曲線y=2sin x+cos x在點(diǎn)(π,-1)處的切線方程為(  ) A.x-y-π-1=0       B.2x-y-2π-1=0 C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0 解析:選C.依題意得y′=2cos x-sin x,y′|x=π=(2cos x-sin x)|x=π=2cos π-sin π=-2,因此所求的切線方程為y+1=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0,故選C. 2.(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知曲線y=aex+xln x在點(diǎn)(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,則(

2、  ) A.a(chǎn)=e,b=-1 B.a(chǎn)=e,b=1 C.a(chǎn)=e-1,b=1 D.a(chǎn)=e-1,b=-1 解析:選D.因?yàn)閥′=aex+ln x+1,所以k=y(tǒng)′|x=1=ae+1,所以切線方程為y-ae=(ae+1)(x-1),即y=(ae+1)x-1,與切線方程y=2x+b對(duì)照,可得解得故選D. 3.(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.討論f(x)的單調(diào)性. 解:f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f′(x)=0,得x=0或x=. 若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0.故f(x)在(-∞,

3、0),單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. 若a=0,則f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.若a<0,則當(dāng)x∈∪(0,+∞)時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. [明考情] 1.此部分內(nèi)容是高考命題的熱點(diǎn)內(nèi)容,在選擇題、填空題中多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,難度較?。? 2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值,多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查,難度中等偏上,屬綜合性問(wèn)題.有時(shí)也常在解答題的第一問(wèn)中考查,難度一般.    導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其幾何意義(基礎(chǔ)型) [知識(shí)整合] 導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′=cos x; (2)(co

4、s x)′=-sin x; (3)(ax)′=axln a(a>0); (4)(logax)′=(a>0,且a≠1). 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點(diǎn)P(x0,f(x0))處的切線的斜率,曲線f(x)在點(diǎn)P處的切線的斜率k=f′(x0),相應(yīng)的切線方程為y-f(x0)=f′(x0)·(x-x0). [考法全練] 1.已知函數(shù)f(x)=(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)=(  ) A.          B. C.1+x D.1-x 解析:選B.函數(shù)f(x)=,則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)==,故選B. 2.(2019·福州市第一學(xué)期抽測(cè)

5、)曲線f(x)=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為(  ) A.2 B. C. D. 解析:選D.f′(x)=1+,則f′(1)=2,故曲線f(x)=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1,此切線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,-1),(,0),則切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為×1×=,故選D. 3.(2019·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)=ln x-ax(a∈R)的圖象與直線x-y+1=0相切,則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______. 解析:設(shè)直線x-y+1=0與函數(shù)f(x)=ln x-ax的圖象的切點(diǎn)為P

6、(x0,y0),因?yàn)閒′(x)=-a,所以由題意,得,解得a=-1. 答案:-1    利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(綜合型) [知識(shí)整合] 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件,如函數(shù)f(x)=x3在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件,當(dāng)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0時(shí),則f(x)為常數(shù),函數(shù)不具有單調(diào)性. [典型例題] (2019·濟(jì)南市模擬考試節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=(x-1)2-x+ln x(a>0).討論f(x)的單調(diào)性. 【解】 函數(shù)f(x)的定義域

7、為(0,+∞), f′(x)=a(x-1)-1+=, 令f′(x)=0,則x1=1,x2=, ①若a=1,則f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù). ②若01, 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,f(x)是增函數(shù), 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)是減函數(shù), 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)是增函數(shù). ③若a>1,則0<<1, 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)是增函數(shù), 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)是減函數(shù), 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)是增函數(shù). 綜上所述,當(dāng)a=1時(shí),f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù);

8、 當(dāng)01時(shí),f(x)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù). 求解或討論函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題的解題策略 討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類(lèi)問(wèn)題可以歸結(jié)為一個(gè)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論: (1)在能夠通過(guò)因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí),依據(jù)根的大小進(jìn)行分類(lèi)討論. (2)在不能通過(guò)因式分解求出根的情況時(shí),根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類(lèi)討論. [注意] 討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的,千萬(wàn)不要忽視了定義域的限制.  [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1

9、.若函數(shù)f(x)=-x2+x+1在區(qū)間(,3)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析:f′(x)=x2-ax+1,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(,3)上單調(diào)遞減,所以f′(x)≤0在區(qū)間(,3)上恒成立,所以,即, 解得a≥, 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[,+∞). 答案:[,+∞) 2.已知函數(shù)f(x)=x2-3ax+a2ln x(a∈R),求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解:f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2x-3a+==. ①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間; ②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)

10、>0解得x∈(0,)∪(a,+∞), 由f′(x)<0解得x∈(,a), 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)和(a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(,a).    利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)(綜合型) [知識(shí)整合] 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值的關(guān)系 (1)若在x0附近左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x)<0,則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值;若在x0附近左側(cè)f′(x)<0,右側(cè)f′(x)>0,則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值. (2)設(shè)函數(shù)y=f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),則f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值,且在極值點(diǎn)或端點(diǎn)處取得. [典型例題]

11、 已知函數(shù)f(x)=ax2-(a+2)x+ln x,其中a∈R. (1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)當(dāng)a>0時(shí),若f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為-2,求a的取值范圍. 【解】 (1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x2-3x+ln x(x>0), 所以f′(x)=2x-3+=, 所以f(1)=-2,f′(1)=0.所以切線方程為y=-2. (2)函數(shù)f(x)=ax2-(a+2)x+ln x的定義域?yàn)?0,+∞), 當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=2ax-(a+2)+==, 令f′(x)=0,解得x=或x=. ①當(dāng)0<≤1,即a≥1時(shí),f(x)在

12、[1,e]上單調(diào)遞增. 所以f(x)在[1,e]上的最小值為f(1)=-2,符合題意; ②當(dāng)1<

13、=0根的大小或存在情況來(lái)求解. (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]上的最值時(shí),在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值. [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1.(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)函數(shù)f(x)=x2-ln x的最小值為(  ) A.1+ln 2          B.1-ln 2 C. D. 解析:選C.因?yàn)閒(x)=x2-ln x(x>0),所以f′(x)=2x-,令2x-=0得x=,令f′(x)>0,則x>;令f′(x)<0,則0

14、 =,故選C. 2.設(shè)函數(shù)f(x)=2(x-2)ex-ax2+2ax+3,若x=1是f(x)的極小值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:f′(x)=2(x-1)ex-2ax+2a=2(x-1)(ex-a); ①當(dāng)a≤0時(shí),ex-a>0?f′(x)=0?x=1,x∈(-∞,1)?f′(x)<0; x∈(1,+∞)?f′(x)>0;x=1是f(x)的極小值點(diǎn), 所以a≤0符合題意; ②當(dāng)00;x∈(ln a,1)?f′(x)<0; x∈(1,+∞)?f′(x)>0;x=1是f(x)

15、的極小值點(diǎn), 所以0e時(shí),f′(x)=0?x1=1或x2=ln a,且ln a>1; x∈(-∞,1)?f′(x)>0;x∈(1,ln a)?f′(x)<0; x∈(ln a,+∞)?f′(x)>0;x=1是f(x)的極大值點(diǎn), 所以a>e不符合題意; 當(dāng)a=e時(shí),f′(x)=2(x-1)(ex-e)≥0,f(x)在R上單調(diào)遞增,無(wú)極值. 綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,e). 一、選擇題 1.(一題多解)(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)函數(shù)y=x++2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(  ) A.(-3,1)         B.(0,1) C

16、.(-1,3) D.(0,3) 解析:選B.法一:令y′=1-+<0,得-30,故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).故選B. 法二:由題意知x>0,故排除A、C選項(xiàng);又f(1)=4

17、當(dāng)x>0或x<-2時(shí),f′(x)>0,f(x)是增函數(shù);當(dāng)-2

18、) C.(-∞,2] D.(-∞,2) 解析:選C.因?yàn)閒′(x)=6(x2-mx+1),且函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上是增函數(shù),所以f′(x)=6(x2-mx+1)≥0在(1,+∞)上恒成立,即x2-mx+1≥0在(1,+∞)上恒成立,所以m≤=x+在(1,+∞)上恒成立,即m≤(x+)min(x∈(1,+∞)),因?yàn)楫?dāng)x∈(1,+∞)時(shí),x+>2,所以m≤2.故選C. 5.如果函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示,給出下列判斷: ①函數(shù)y=f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增; ②函數(shù)y=f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減; ③函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增; ④當(dāng)x=2

19、時(shí),函數(shù)y=f(x)有極小值; ⑤當(dāng)x=-時(shí),函數(shù)y=f(x)有極大值. 則上述判斷中正確的是(  ) A.①②           B.②③ C.③④⑤ D.③ 解析:選D.當(dāng)x∈(-3,-2)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,①錯(cuò); 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(2,3)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,②錯(cuò); 當(dāng)x=2時(shí),函數(shù)y=f(x)有極大值,④錯(cuò); 當(dāng)x=-時(shí),函數(shù)y=f(x)無(wú)極值,⑤錯(cuò).故選D. 6.(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))函數(shù)f(x)是定義在(0,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù),f′(x)為其導(dǎo)函數(shù),若xf′(x)+f(x

20、)=ex(x-2)且f(3)=0,則不等式f(x)<0的解集為(  ) A.(0,2) B.(0,3) C.(2,3) D.(3,+∞) 解析:選B.令g(x)=xf(x),x∈(0,+∞),則g′(x)=xf′(x)+f(x)=ex(x-2),可知當(dāng)x∈(0,2)時(shí),g(x)=xf(x)是減函數(shù),當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),g(x)=xf(x)是增函數(shù).又f(3)=0,所以g(3)=3f(3)=0.在(0,+∞)上,不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集,又g(0)=0,所以f(x)<0的解集是(0,3),故選B. 二、填空題 7.(2019·廣州市綜合檢測(cè)(一))若函

21、數(shù)f(x)=ax-的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線過(guò)點(diǎn)(2,4),則a=________. 解析:f′(x)=a+,f′(1)=a+3,f(1)=a-3,故f(x)的圖象在點(diǎn)(1,a-3)處的切線方程為y-(a-3)=(a+3)(x-1),又切線過(guò)點(diǎn)(2,4),所以4-(a-3)=a+3,解得a=2. 答案:2 8.設(shè)定義在R上的函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x).如果存在x0∈[a,b],使得f(b)-f(a)=f′(x0)(b-a)成立,則稱(chēng)x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上的“中值點(diǎn)”.那么函數(shù)f(x)=x3-3x在區(qū)間[-2,2]上的“中值點(diǎn)”為_(kāi)_______. 解析:

22、由f(x)=x3-3x求導(dǎo)可得f′(x)=3x2-3,設(shè)x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的“中值點(diǎn)”,則f′(x0)==1,即3x-3=1,解得x0=±. 答案:± 9.已知函數(shù)f(x)=-x2+2ln x,g(x)=x+,若函數(shù)f(x)與g(x)有相同的極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______. 解析:因?yàn)閒(x)=-x2+2ln x,所以f′(x)=-2x+=-(x>0),令f′(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),又當(dāng)00;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,所以x=1是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn).因?yàn)間(x)=x+,所以g′(x)=1-.又函數(shù)f(x)與g(x)=

23、x+有相同極值點(diǎn),所以x=1也是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn),所以g′(1)=1-a=0,解得a=1.經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)g(x)取到極小值. 答案:1 三、解答題 10.已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)討論f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值. 解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得f(0)=4,f′(0)=4. 故b=4,a+b=8.從而a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, f′(x)=4ex(x+

24、2)-2x-4=4(x+2)(ex-). 令f′(x)=0得,x=-ln 2或x=-2. 從而當(dāng)x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時(shí), f′(x)>0;當(dāng)x∈(-2,-ln 2)時(shí),f′(x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調(diào)遞增, 在(-2,-ln 2)上單調(diào)遞減. 當(dāng)x=-2時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2). 11.(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)設(shè)函數(shù)f(x)=-,g(x)=a(x2-1)-ln x(a∈R,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)). (1)證明:當(dāng)x>1時(shí),f(x)>0; (2)討論g(x)的單調(diào)性; 解

25、:(1)證明:f(x)=, 令s(x)=ex-1-x,則s′(x)=ex-1-1, 當(dāng)x>1時(shí),s′(x)>0 ,所以s(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,又s(1)=0,所以s(x)>0, 從而當(dāng)x>1時(shí),f(x)>0. (2)g′(x)=2ax-=(x>0), 當(dāng)a≤0時(shí),g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)a>0時(shí),由g′(x)=0得x= . 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 12.已知常數(shù)a≠0,f(x)=aln x+2x. (1)當(dāng)a=-4時(shí),求f(x)的極值; (2)當(dāng)f(x)的最小值不小

26、于-a時(shí),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), f′(x)=+2=. 當(dāng)a=-4時(shí),f′(x)=. 所以當(dāng)02時(shí),f′(x)>0,即f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)只有極小值,且在x=2時(shí),f(x)取得極小值f(2)=4-4ln 2. 所以當(dāng)a=-4時(shí),f(x)只有極小值4-4ln 2,無(wú)極大值. (2)因?yàn)閒′(x)=, 所以當(dāng)a>0,x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>0, 即f(x)在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞增,沒(méi)有最小值; 當(dāng)a<0時(shí),由f′(x)>0得,x>-, 所以f(x)在上單調(diào)遞增; 由f′(x)<0得,x<-, 所以f(x)在上單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a<0時(shí),f(x)的最小值為極小值,即f=aln-a. 根據(jù)題意得f=aln-a≥-a, 即a[ln(-a)-ln 2]≥0. 因?yàn)閍<0,所以ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2, 綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-2,0). - 13 -

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