2018版高考數(shù)學二輪復習 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導數(shù) 第16講 導數(shù)的應用教學案 理

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1、 第16講 導數(shù)的應用 題型1 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 (對應學生用書第53頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 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,當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0時,則f(x)為常函數(shù),函數(shù)不具有單調(diào)性. 3.利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟: (1)確定函數(shù)的定義域; (2)求導函數(shù)f′(x); (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不

2、等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】 已知函數(shù)f(x)=ax2-x+ln x(a∈R). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)?m>n>0,>1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 【導學號:07804112】 [思路分析] (1)求f′(x)―→結(jié)合a的取值討論f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)>1f(m)-m>f(n)-n由g′(x)≥0求a的取值范圍. [解] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)

3、,f′(x)=2ax-1+=. ①當a=0時,f′(x)=. 顯然,當x∈(0,1)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. ②當a≠0時,對于2ax2-x+1=0,Δ=(-1)2-4×2a×1=1-8a. 當Δ≤0,即a≥,因為a>0,所以2ax2-x+1≥0恒成立,即f′(x)≥0恒成立,所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 若Δ>0,即00,x2<0. 當x∈時,2ax2-x+1>0,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增

4、; 當x∈時,2ax2-x+1<0,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 當0x1>0. 當x∈時,2ax2-x+1>0,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當x∈時,2ax2-x+1<0,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; 當x∈時,2ax2-x+1>0,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 綜上,當a=0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞); 當a≥時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)遞減區(qū)間; 當0

5、間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)因為>1,且m>n,故f(m)-m>f(n)-n. 記g(x)=f(x)-x,則函數(shù)g(x)=f(x)-x在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 由g(x)=f(x)-x=ax2-2x+ln x,可得g′(x)=2ax-2+≥0. 因為x>0, 所以a≥=-. 記h(x)=-(x>0),則h′(x)=--×(-2)×=. 顯然,當x∈(0,1)時,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增; 當x∈(1,+∞)時,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減. 所以h(x)的最大值為h(1)=-=, 所以a≥. 故實數(shù)a的取值范圍為. [類題通法] 求單調(diào)區(qū)間或判斷

6、單調(diào)性的方法 (1)不含參數(shù):解不等式f′(x)>0或f′(x)<0,把不等式解集與定義域取交集,就是對應的增區(qū)間或減區(qū)間. (2)含有參數(shù):針對參數(shù)進行分類討論,引起討論的因素包含:參數(shù)的正負性,導數(shù)有無極值點,極值點的大小關系,極值點與定義域的關系. ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 已知函數(shù)f(x)=(ax2+x-1)ex+f′(0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若g(x)=e-xf(x)+ln x,h(x)=ex,過點O(0,0)分別作曲線y=g(x)與y=h(x)的切線l1,l2,且l1與l2關于x軸對稱,求證:

7、. [解] 由已知得f′(x)=[ax2+(2a+1)x]ex,f′(0)=0,所以f(x)=(ax2+x-1)ex. (1)f′(x)=[ax2+(2a+1)x]ex=[x(ax+2a+1)]ex. ①若a>0,當x<-2-或x>0時,f′(x)>0;當-2-0時,f′(x)>0;當x<0時,f′(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0). ③若--2-或x<0時,f′(x)<

8、0;當00,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為;單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),. ④若a=-,f′(x)=-x2ex≤0,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,+∞). ⑤若a<-,當x<-2-或x>0時,f′(x)<0;當-2-0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為;單調(diào)遞減區(qū)間為和(0,+∞).綜上所述,當a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和 (0,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為.當a=0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0).當-

9、區(qū)間為(-∞,+∞);當a<-時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為;單調(diào)遞減區(qū)間為和(0,+∞). (2)證明:g(x)=e-xf(x)+ln x=ax2+x-1+ln x,設切線l2的方程為y=k2x,切點為(x2,y2),則y2=ex2,k2=ex2=,所以x2=1,y2=e,k2=e.由題意,知k1=-k2=-e,所以切線l1的方程為y=-ex.設l1與y=g(x)的切點為(x1,y1),則k1=g′(x1)=2ax1+1+==-e,a=--.又因為y1=ax+x1-1+ln x1=-ex1,即x1+ln x1-=0,令u(x)=x+ln x-,u′(x)= +,在定義域上,u′(x)>0,

10、所以在(0,+∞)上,u(x)是單調(diào)遞增函數(shù).又因為u(1)=>0,u=+ln-<0,所以u(1)·u<0,即a=-,a0,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

11、′(x)<0,右側(cè)f′(x)>0,則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值. 2.設函數(shù)y=f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導,則f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】 已知函數(shù)f(x)=x2-(a+1)x+2+aln x(a∈R). (1)求函數(shù)f(x)的極值點; (2)若a=2,求函數(shù)f(x)在[1,t](t>1)上的最小值. 【導學號:07804113】 [解] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=x-(a+1)+==. 由f′(x)=0,

12、可得x1=a,x2=1. ①若a≤0,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極小值點為1,無極大值點. ②若0

13、1 (1,+∞) f′(x) + 0 + f(x) ↗ ↗ 故函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)性沒有變化,所以沒有極值,既沒有極大值點,也沒有極小值點. ④若a>1,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,a) a (a,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極小值點為a,極大值點為1. 綜上,若a≤0,f(x)的極小值點為1,無極大值點; 若0

14、若a>1,f(x)極小值點為a,極大值點為1. (2)當a=2時,f(x)=x2-3x+2+2ln x. 由(1)可知,函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,在[2,+∞)上單調(diào)遞增. 若12,則函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,在[2,t]上單調(diào)遞增, 所以f(x)的最小值為f(2)=×22-3×2+2+2ln 2=-2+2ln 2. 綜上,當12時,f(x)的最小值為-2+2ln 2. [類

15、題通法] 1.求函數(shù)f(x)的極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號. 2.若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來求解. 3.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]的最值時,在得到極值的基礎上,結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值. ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 已知函數(shù)f(x)=+a(x-ln x),e為自然對數(shù)的底數(shù). (1)當a>0時,試求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上有三個不同的極值點,求實數(shù)a的取

16、值范圍. [解] (1)函數(shù)的定義域為x∈(0,+∞),f′(x)=+a==.當a>0時,對于任意x∈(0,+∞),ex+ax>0恒成立,所以若x>1,f′(x)>0,若00,所以-2

17、集訓………………………………………………………………………· (見專題限時集訓T2、T3、T4、T7、T9、T13) 題型3 利用導數(shù)解決不等式問題(答題模板) (對應學生用書第54頁) 函數(shù)與不等式恒成立、不等式證明相交匯的問題在近年的高考中有升溫趨勢,常以解答題的壓軸題呈現(xiàn),一般難度較大. (1)以單調(diào)性或?qū)?shù)的幾何意義為背景,根據(jù)已成立的不等式求參數(shù)的范圍(2017·全國Ⅲ卷T21、2015·全國Ⅰ卷T21、2015·全國Ⅱ卷T21、2014·全國Ⅱ卷T21) (2)以導數(shù)的幾何意義為背景,證明不等式(2017·全國Ⅱ卷T21、2014·全國Ⅰ卷T21、2013·全國Ⅰ卷T2

18、1、2013·全國Ⅱ卷T21) ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典例】 (本小題滿分12分)(2014·全國Ⅰ卷)設函數(shù)f(x)=aexln x+, ① (1)② (2)③ 【導學號:07804114】 [審題指導] 題眼 挖掘關鍵信息 ① 看到曲線的切線方程, 想到求出f′(1),f(1),用a,b表示切線方程. ② 看到求a,b,想到用兩條切線方程系數(shù)對應相等. ③ 看到證明不等式,想到求函數(shù)f(x)的最小值. [規(guī)范解答] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), ④ 由題意可得f(1)=2,f′(1)=

19、e.故a=1,b=2. 4分 (2)證明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1, 從而f(x)>1等價于⑤ 6分 設函數(shù)g(x)=xln x,則g′(x)=1+ln x. 所以當x∈時,g′(x)<0; 當x∈時,g′(x)>0. 故g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+∞)上的最小值為g=-. 8分 設函數(shù)h(x)=xe-x-,則h′(x)=e-x(1-x). 所以當x∈(0,1)時,h′(x)>0; 當x∈(1,+∞)時,h′(x)<0. 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 從而h(x)在(0,+∞)上的最大值為h

20、(1)=-. 10分 因為⑥ 所以,當x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1. 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 ④處導數(shù)的運算法則,復合函數(shù)求導法則不熟練,運算失分. 對于復雜解析式求導要分清層次,包括運算層次,復合層次. ⑤處未對不等式進行變形、分化函數(shù)致解題受阻. 對于復雜不等式,變形轉(zhuǎn)化為等價的不等式證明,是證明不等式的重要方法. ⑥處未轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值的不等關系致解題受阻. 將不等式轉(zhuǎn)化為不等式兩邊函數(shù)的最值關系是常用的方法,但要注意任意、存在等邏輯關系區(qū)別. [類題通法] 1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形. (2)構造新的函

21、數(shù)h(x). (3)利用導數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值. (4)根據(jù)單調(diào)性及最值,得到所證不等式.,特別地:當作差或變形構造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時,一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題. 2.構造輔助函數(shù)的四種方法 (1)移項法:證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),進而構造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x). (2)構造“形似”函數(shù):對原不等式同解變形,如移項、通分、取對數(shù);把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構的式子的結(jié)構,根據(jù)“相同結(jié)構”構造輔助函數(shù). (3)主元法:對于(或可化為)f(x1

22、,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構造函數(shù)f(x,x2)(或f(x1,x)). (4)放縮法:若所構造函數(shù)最值不易求解,可將所證明不等式進行放縮,再重新構造函數(shù). ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 已知函數(shù)f(x)=(x+1)2ln(x+1)-x,φ(x)=mx2. (1)當m=1且x≥0時,證明:f(x)≥φ(x); (2)若x≥0,f(x)≥φ(x)恒成立,求實數(shù)m的取值范圍. [解] (1)證明:當m=1時,令p(x)=f(x)-φ(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-x2(x≥0), 所以p′(x)=2(x+1)ln(

23、x+1)+(x+1)2·-1-2x=2(x+1)ln(x+1)-x. 設p′(x)=G(x),則G′(x)=2ln(x+1)+1>0, 所以函數(shù)p′(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以p′(x)≥p′(0)=0, 所以函數(shù)p(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以p(x)≥p(0)=0. 所以f(x)≥φ(x). (2)設h(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-mx2(x≥0),所以h′(x)=2(x+1)ln(x+1)+x-2mx. 由(1)知當x≥0時,(x+1)2ln(x+1)≥x2+x=x(x+1),所以(x+1)ln(x+1)≥x, 所以h′(x)≥3x-2mx.

24、①當3-2m≥0,即m≤時,h′(x)≥0, 所以h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以h(x)≥h(0)=0,滿足題意. ②當3-2m<0,即m>時,設H(x)=h′(x)=2(x+1)·ln(x+1)+(1-2m)x, H′(x)=2ln(x+1)+3-2m,令H′(x)=0,得x0=e-1>0,故h′(x)在[0,x0]上單調(diào)遞減,在[x0,+∞)上單調(diào)遞增. 當x∈[0,x0)時,h′(x)

25、……………………· (見專題限時集訓T1、T8、T11、T12、T14) 三年真題| 驗收復習效果 (對應學生用書第56頁) 1.(2016·全國Ⅰ卷)若函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(  ) A.[-1,1] B. C. D. C [取a=-1,則f(x)=x-sin 2x-sin x,f′(x)=1-cos 2x-cos x,但f′(0)=1--1=-<0,不具備在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增的條件,故排除A,B,D.故選C.] 2.(2015·全國Ⅱ卷)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù),f(-1)=0,

26、當x>0時,xf′(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(  ) 【導學號:07804115】 A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) A [設y=g(x)=(x≠0),則g′(x)=,當x>0時,xf′(x)-f(x)<0, ∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),且g(1)=f(1)=-f(-1)=0. ∵f(x)為奇函數(shù),∴g(x)為偶函數(shù), ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示. 當x>0,g(x)>0時,f(x)>0,0

27、(x)<0時,f(x)>0,x<-1, ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1),故選A.] 3.(2016·全國Ⅱ卷)(1)討論函數(shù)f(x)=ex的單調(diào)性,并證明當x>0時,(x-2)ex+x+2>0. (2)證明:當a∈[0,1)時,函數(shù)g(x)=(x>0)有最小值.設g(x)的最小值為h(a),求函數(shù)h(a)的值域. [解] (1)f(x)的定義域為(-∞,-2)∪(-2,+∞). f′(x)==≥0, 當且僅當x=0時,f′(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)上單調(diào)遞增. 因此當x∈(0,+∞)時,f(x)>f(0)=-1.

28、所以(x-2)ex>-(x+2),即(x-2)ex+x+2>0. (2)g′(x)==(f(x)+a). 由(1)知,f(x)+a單調(diào)遞增. 對任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0, 即g′(xa)=0. 當0xa時,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 因此g(x)在x=xa處取得最小值,最小值為 g(xa)===. 于是h(a)=. 由′=>0,得y=單調(diào)遞增, 所以,由xa∈(0,2],得

29、 =<h(a)=≤=. 因為y=單調(diào)遞增,對任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ. 所以h(a)的值域是. 綜上,當a∈[0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是. 4.(2017·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a; (2)證明:f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2<f(x0)<2-2. [解] (1)f(x)的定義域為(0,+∞). 設g(x)=ax-a-ln x, 則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價于g(x)≥0. 因為g(1)=0,g(x)≥0,

30、故g′(1)=0, 而g′(x)=a-,g′(1)=a-1,得a=1. 若a=1,則g′(x)=1-. 當01時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以x=1是g(x)的極小值點,故g(x)≥g(1)=0. 綜上,a=1. (2)證明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f′(x)=2x-2-ln x. 設h(x)=2x-2-ln x,則h′(x)=2-. 當x∈時,h′(x)<0; 當x∈時,h′(x)>0. 所以h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0, 所以h(x)在上有唯一零點x0,在上有唯一零點1,且當x∈(0,x0)時,h(x)>0;當x∈(x0,1)時,h(x)<0;當x∈(1,+∞)時,h(x)>0. 因為f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點. 由f′(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈得f(x0)<. 因為x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值點, 由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以e-2

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