专题3 导数及其应用 考点8 导数的综合应用 题组1-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

一、选择题 1.(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A.x＝3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D.当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 2.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A.当a>1时，f(x)有三个零点 B.当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 3.(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标大于－2，到点F(2,0)的距离与到定直线x＝a(a<0)的距离之积为4，则(　　) A.a＝－2 B.点(2，0)在C上 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(x0，y0)在C上时，y0≤ 4.(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　　) A.e2 B.e C.e－1 D.e－2 5.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A.bc＞0 B.ab＞0 C.b2＋8ac＞0 D.ac＜0 6.(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A. B. C. D.[18,27] 7.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x).若f，g(2＋x)均为偶函数，则(　　) A.f(0)＝0 B.g＝0 C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2) 二、填空题 8.(2023·全国乙卷·理)设a∈，若函数f＝ax＋x在上单调递增，则a的取值范围是________. 9.(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2，则a的取值范围是________________. 10.(2021·新高考Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：________. ①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)； ②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0； ③f′(x)是奇函数. 三、解答题 11.(2025·全国二卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点. (ⅰ)设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t). 证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 12.(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x，m∈R. (1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集； (2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围. 13.(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间的最大值； (2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cos y≤cos θ； (3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cos x－cos(5x＋φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. 14.(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 15.(2024·全国甲卷·理)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 16.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f＝a－x. (1)讨论f的单调性； (2)证明：当a>0时，f>2ln a＋. 17.(2023·全国甲卷·理)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)若a＝8，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点8　题组一 1.解析　因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1,3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确. 当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误. 当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1,3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确. 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2·(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确. 综上，选ACD. 答案　ACD 2.解析　由题可知，f′(x)＝6x(x－a). 对于A，当a>1时，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确； 对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a<x<0，由f′(x)>0得x>0或x<a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误； 对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误； 对于D，f(x)＝2x3－3ax2＋1＝23－a2＋1－，令t＝x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－a2t＋1－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确.故选AD. 答案　AD 3.解析　(定义法＋逻辑推理法＋放缩法)　因为坐标原点O在曲线C上，所以2×|a|＝4，又a<0，所以a＝－2，所以A正确. 因为点(2，0)到点F(2,0)的距离与到定直线x＝－2的距离之积为(2－2)(2＋2)＝4，所以点(2，0)在曲线C上，所以B正确. 设P(x，y)(x>0，y>0)是曲线C在第一象限的点，则有(x＋2)＝4，所以y2＝－(x－2)2，令f(x)＝－(x－2)2，则f′(x)＝－－2(x－2)，因为f(2)＝1，且f′(2)<0，所以函数f(x)在x＝2 附近单调递减(若f′(x0)>0，则函数f(x)在x＝x0附近单调递增；若f′(x0)<0，则函数f(x)在x＝x0附近单调递减)，即必定存在一小区间(2－ε，2＋ε)使得f(x)单调递减，所以在区间(2－ε，2)上均有f(x)>1，所以P(x，y)的纵坐标的最大值一定大于1，所以C错误. 因为点(x0，y0)在C上，所以x0>－2且(x0－2)＝4，得y＝－(x0－2)2≤，所以y0≤|y0|≤ ＝，所以D正确.综上，选ABD. 答案　ABD 4.解析　f′(x)＝aex－≥0对∀x∈(1,2)恒成立， ∴a≥，g(x)＝在(1,2)单调递减， ∴g(x)＜g(1)＝，∴a≥，选C. 答案　C 5.解析　∵f′(x)＝－－＝＝0有两个正根x1，x2， ∴x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0， Δ＝b2＋8ac＞0， ∴ab＞0，ac＜0，则bc＜0，选BCD. 答案　BCD 6.解析　记三棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，cos θ＝＝∈，则l＝6cos θ，m＝l·sin θ＝6sin θcos θ， h＝＝＝6cos2 θ，S底＝×2m×2m＝2m2，故V＝S底·h＝×2m2h＝144(sin θcos2 θ)2， 令y＝sin θcos2 θ＝sin θ(1－sin2 θ)＝x(1－x2)＝－x3＋x，x＝sin θ∈，y′＝－3x2＋1， 故x∈，y′>0，x∈，y′<0， 即Vmax＝144y＝144×2＝， Vmin＝144×2＝. 答案　C 7.解析　由f为偶函数可知f(x)关于直线x＝对称， 由g(2＋x)为偶函数可知g(x)关于直线x＝2对称， 结合g(x)＝f′(x)，根据g(x)关于直线x＝2对称可知f(x)关于点(2，t)对称， 根据f(x)关于直线x＝对称可知g(x)关于点对称， 综上，函数f(x)与g(x)均是周期为2的周期函数，所以有f(0)＝f(2)＝t，所以A不正确； f(－1)＝f(1)，f(4)＝f(2)，f(1)＝f(2)， 故f(－1)＝f(4)，所以C正确. g＝g＝0，g(－1)＝g(1)，所以B正确； 又g(1)＋g(2)＝0，所以g(－1)＋g(2)＝0，所以D不正确.故选BC. 答案　BC 8.解析　原问题等价于f′＝axln a＋x·ln≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得x≥－，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围. 由函数的解析式可得f′＝axln a＋x·ln≥0在区间上恒成立， 则xln≥－axln a，即x≥－在区间上恒成立， 故0＝1≥－，而a＋1∈， 故ln>0，故 即故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 故答案为. 答案　 9.解析　法一：由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axln a－2ex.令f′(x)＝0，得axln a＝ex，因为a>0且a≠1，所以显然x≠0，所以e＝.令g(x)＝，则g′(x)＝＝.令g′(x)＝0，得x＝.故当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减.所以g(x)极小值＝g＝＝a(ln a)2，也是最小值.因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，所以g<e，即a(ln a)2<e，又a＝a＝alogae＝e，所以(ln a)2<1，又x1<x2，所以易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以0<a<1，则－1<ln a<0，所以a∈. 法二：由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，又x1<x2，所以易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.由f′(x)＝0可得ax·ln a＝ex.①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去.②若0<a<1，令g(x)＝axln a，h(x)＝ex，在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)和h(x)的图象，如图所示.因为f′(x)＝0有两个不同的根，所以g(x)与h(x)的图象需要有两个交点，则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k<e.不妨设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x0，ax0ln a)，因为g′(x)＝ax(ln a)2，所以k＝ax0(ln a)2＝，可得x0＝，从而k＝a(ln a)2<e，即e·(ln a)2<e，则(ln a)2<1，又0<a<1，所以－1<ln a<0，所以a∈. 答案　 10.解析　根据幂函数的性质可得所求的f(x). 取f(x)＝x4，则 f(x1x2)＝(x1x2)4＝xx＝f(x1)f(x2)，满足①， f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②， f′(x)＝4x3的定义域为R， 又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③. 故答案为f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足). 答案　f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均满足) 11.解析　(1)证明　因为f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，k∈，所以f′(x)＝－1＋x－3kx2＝＝＝x2. 当x>0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1>0， 所以当0<x<－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 所以x＝－1是f(x)在(0，＋∞)上唯一的极值点，是极大值点. 因为f>f(0)＝0，f＝ln－＋－＝ln－<0， 所以存在唯一x0∈，使得f(x0)＝0， 所以x0是f(x)在(0，＋∞)上唯一的零点. (2)(ⅰ)证明　因为g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)， 所以g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t) ＝(x1＋t－x1)＋(x1－t－x1) ＝3kt ＝. 因为t∈(0，x1)， 所以t2－x－2x1<0，(1＋x1)2－t2>0， 所以g′(t)＝<0， 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. (ⅱ)由(ⅰ)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 所以g(x1)<g(0)， 即f(2x1)－f(0)<f(x1)－f(x1)＝0， 又f(0)＝0，所以f(2x1)<0， 因为x2是f(x)的零点，所以f(x2)＝0， 所以f(2x1)<f(x2)， 又x2>x1,2x1>x1，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减， 所以2x1>x2. 12.解析　(1)因为f(1)＝0，故1－m－2＋0＝0， 故m＝－1，故f(x)＝x2－x－ln x， 故f(x)≤x2－1即为x＋ln x≥1， 设s(x)＝x＋ln x，x>0，则s′(x)＝1＋>0， 故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 而x＋ln x≥1即为s(x)≥s(1)，故x≥1， 故原不等式的解集为[1，＋∞). (2)f(x)在(0，＋∞)有极大值即为有极大值点. f′(x)＝2x－(m＋2)＋＝＝， 若m≤0，则x∈(0,1)时，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极小值点，无极大值点，故舍去； 若0<<1，即0<m<2，则x∈时，f′(x)<0；x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0， 故x＝为f(x)的极大值点，符合题设要求； 若m＝2，则x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)无极值点，舍去； 若>1即m>2，则x∈时，f′(x)<0； x∈(0,1)∪时，f′(x)>0， 故x＝1为f(x)的极大值点，符合题设要求； 综上，m>0且m≠2. 即m的取值范围为{m|m>0且m≠2}. 13.解析　(1)因为f(x)＝5cos x－cos 5x， 所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x， 令f′(x)＝0，得sin x＝sin 5x， 又x∈，所以x＝5x或x＝π－5x， 所以x＝0或x＝， 所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 因为f＝5cos －cos ＝3， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间的最大值为3. (2)证明　因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈(0,2π]， 当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ)，此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ； 当a>2θ时，θ<a－θ≤2π－θ， 作出余弦函数的大致图象(如图所示)， 所以cos(a－θ)≤cos θ， 只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ. 综上可得，给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. (3)令h(x)＝5cos x－cos(5x＋φ)，当φ＝0时，因为h(x)＝h(－x)，h(x)＝h(x＋2π)，所以h(x)为偶函数，且2π为h(x)的周期，所以讨论h(x)在[0,2π)上的情况，由(1)可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，结合对称性，及h(π)＝－4，可知x∈[0,2π)时h(x)≤3，所以此时b的最小值为3. 要证3为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h(x)的最大值不小于3， 只需要证明存在x0，使得h(x0)≥3. 当|x0|≤时，令y0＝5x0＋φ， 则y0∈. 由(2)可知，取θ＝，a＝φ，可得存在y0∈使得cos y0≤cos ＝－， 所以h(x0)＝5cos x0－cos(5x0＋φ)＝5cos x0－cos y0≥5×－＝3， 综上可得，bmin＝3. 14.解析　(1)f(x)的定义域为(0,2)， 若b＝0，则f(x)＝ln＋ax，f′(x)＝·＋a＝＋a， 当x∈(0,2)时，x(2－x)∈(0,1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，故a的最小值为－2. (2)证明　f(2－x)＝ln＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a， 故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)由题知f(1)＝a＝－2， 此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3， f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2 ＝－2＋3b(x－1)2 ＝(x－1)2. 记g(x)＝＋3b，x∈(0,2)，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，g(1)＝2＋3b， 当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0,2)上单调递增，又f(1)＝－2，故符合题意. 当b<－时，g(1)<0，g(x)＝＋3b＝， 令g(x)＝0，得x＝1± ， 因为b<－，所以 ∈(0,1)， 故1＋∈(1,2),1－∈(0,1)， 所以当x∈ 时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在上单调递减， 故f<f(1)＝－2，不符合题意. 综上，b的取值范围为. 15.解析　(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1. 易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0， 所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值. (2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 则f′(x)＝－aln(1＋x)－，设g(x)＝－aln(1＋x)－，则 g′(x)＝－－. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0， 所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件. 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0， 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 且f′(x)≥f′(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 且f(x)≥f(0)＝0. 综上，a的取值范围是. 16.解析　(1)因为f(x)＝a－x，定义域为R，所以f′＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′＝aex－1<0恒成立， 所以f在R上单调递减； 当a>0时，令f′＝aex－1＝0， 解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′<0，则f在上单调递减； 当x>－ln a时，f′>0，则f在上单调递增； 综上：当a≤0时，f在R上单调递减； 当a>0时，f在上单调递减，f在上单调递增. (2)证明　法一：由(1)得，fmin＝f＝a＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g＝a2－－ln a， 则g′＝2a－＝， 令g′<0，则0<a<； 令g′>0，则a>. 所以g在上单调递减，在上单调递增， 所以gmin＝g＝2－－ln＝ln>0，则g>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕. 法二：令h＝ex－x－1，则h′＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′＝ex－1在R上单调递增，又h′＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′<0； 当x>0时，h′>0； 所以h在上单调递减，在上单调递增， 故h≥h＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0， 令g＝a2－－ln a， 则g′＝2a－＝， 令g′<0，则0<a<； 令g′>0，则a>. 所以g在上单调递减，在上单调递增， 所以gmin＝g＝2－－ln＝ln>0，则g>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕. 17.解析　(1)f′(x)＝a－ ＝a－＝a－， 令cos2x＝t，则t∈(0,1)， 则f′(x)＝g(t)＝a－＝， 当a＝8时， f′(x)＝g(t)＝＝， 当t∈，即x∈时，f′(x)<0. 当t∈，即x∈时，f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x， g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝g(t)－2＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－， φ′(t)＝－4－＋＝＝－>0， 所以φ(t)<φ(1)＝a－3. 若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)<a－3≤0， 即g(x)在上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)<sin 2x，符合题意. 若a∈(3，＋∞)， 当t→0，－＝－32＋→－∞， 所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0. 所以∃t0∈(0,1)，使得φ＝0， 即∃x0∈，使得g′＝0. 当t∈时，φ(t)>0，即当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以当x∈，g(x)>g(0)＝0，不合题意. 综上，a的取值范围为(－∞，3]. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $