6.微专题22 导数的综合应用(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦导数综合应用高考核心考点，涵盖单调性、极值、最值及与不等式、方程的交汇问题，按“命题分析-专项突破-方法总结-真题训练”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导（如构造函数、放缩法）、真题演练，帮助学生构建解题框架，突破难点，体现复习系统性与针对性。 资料融合新课标核心素养，采用“问题驱动-方法提炼-分层训练”模式，如不等式证明中用构造函数法培养数学思维，零点问题通过分类讨论发展逻辑推理能力。设置基础巩固、能力提升训练，配合即时反馈，助力学生高效掌握策略，为教师把控节奏提供路径，提升学生应考能力。

微专题22　导数的综合应用 命|题|分|析 利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值.2.利用导数证明不等式或探讨方程的根.3.利用导数求解参数的值或取值范围． 专项1　导数与不等式的证明 例　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 解　(1)因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝，x>0，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0，则当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)解法一(作差法直接求导证明)：设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，只需证当x>1时g(x)<0即可．易知g′(x)＝a－－ex－1，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex－1，由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减，则当x>1时，h′(x)<h′(1)＝1－1＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递减，于是当x>1时，g′(x)<g′(1)＝a－2，又a≤2，所以a－2≤0，则当x>1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x>1时，g(x)<g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 解法二(放缩法)：因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.易知g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． ,, 利用导数证明不等式问题的方法 (1)构造函数法：①证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． ②构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数零点也不易求得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解，即若f(x)min≥g(x)max，则f(x)≥g(x)． (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论． 训练1　(移项构造函数法)已知函数f(x)＝(2x＋1)ln x－，曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝ax＋b. (1)求a，b； (2)证明：f(x)≤ax＋b. 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝(2x＋1)ln x－可得f′(x)＝2ln x＋(2x＋1)－x＝2ln x－x＋＋2，则f′(1)＝2，所以曲线f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝2，又因为f(1)＝－，所以切线方程为y＋＝2(x－1)，即y＝2x－，所以a＝2，b＝－. (2)证明：要证明f(x)≤ax＋b，只要证(2x＋1)ln x－－2x＋≤0，设g(x)＝(2x＋1)ln x－－2x＋，则g′(x)＝2ln x＋－x，令h(x)＝2ln x＋－x.则h′(x)＝－－1＝－≤0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，则g(x)在(0,1)上单调递增．当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以f(x)≤ax＋b. 训练2　(放缩构造法)若函数f(x)＝xln x－x2－1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：f(x)<e－x＋－－1. 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2x＋1，记t(x)＝f′(x)，t′(x)＝－2＝，当x∈时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x∈时，t′(x)<0，t(x)单调递减，所以t(x)max＝t＝－ln 2<0，即f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减． (2)证明：先证f(x)≤－x－1，记g(x)＝f(x)＋x＋1，则g(x)＝xln x－x2＋x＝x(ln x－x＋1)，记m(x)＝ln x－x＋1，则m′(x)＝－1，所以当x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝0，所以m(x)≤0，又x>0，所以g(x)≤0，故f(x)≤－x－1.再证e－x＋－－1>－x－1(x>0)，即证e－x＋－＋x>0(x>0)．记h(x)＝e－x＋－＋x，x>0，则h(x)＝e－x＋x－1＋2≥e－x＋x－1，记p(x)＝e－x＋x－1，x>0，则p′(x)＝1－e－x>0，所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以p(x)>p(0)＝0，所以h(x)>0，即e－x＋－－1>－x－1，所以f(x)<e－x＋－－1. 专项2　导数与不等式恒成立(有解)问题 例　(2024·全国甲卷)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． 解　(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∈[0，＋∞)，则f′(x)＝－aln(1＋x)－，设g(x)＝－aln(1＋x)－，则g′(x)＝－－. 解法一：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. 解法二：g′(x)＝－－＝－，当a≤－时，同解法一不等式恒成立．当－<a<0时，x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减，g(x)≤g(0)＝0，所以f′(x)≤0，f(x)在上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0矛盾，不等式不成立．当a≥0时g′(x)≤0，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(0)＝0即f′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0矛盾，不等式不成立．综上，a的取值范围是. ,, 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题． (2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围． 训练1　(分类讨论法)(2025·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若∀x>0，f(x)<3－xeax恒成立，求a的取值范围． 解　(1)f(x)＝ln x＋ax＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝，x>0，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，当x＝－时，f′(x)＝0，当0<x<－时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x>－时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a<0时，f(x)的单调递增区间为；f(x)的单调递减区间为. (2)若∀x>0，f(x)<3－xeax恒成立，即∀x>0，ln x＋ax＋2<3－xeax恒成立，则∀x>0，ln x＋ax＋xeax－1<0恒成立，设g(x)＝ln x＋ax＋xeax－1，x>0，g′(x)＝＋a＋eax＋axeax＝(ax＋1)，因为x>0，所以＋eax>0，当a≥0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝ln 1＋a＋ea－1＝a＋ea－1≥a＋e0－1＝a≥0，所以a≥0不合题意；当a<0时，当x＝－时，g′(x)＝0，当0<x<－时，g′(x)>0，则g(x)单调递增；当x>－时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，则g(x)的最大值为g＝ln＋·－2，则ln＋·－2<0，令t＝－，φ(t)＝ln t＋t－2，t>0，φ′(t)＝＋>0，则φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(e)＝ln e＋×e－2＝0，所以由φ(t)<0，得0<t<e，所以0<－<e且a<0，所以a<－，即a的取值范围为. 训练2　(分离参数法)已知函数f(x)＝xln x－ax. (1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝0时，函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<，故f(x)的单调递减区间是，令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，故f(x)的单调递增区间是，综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)由对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立知xln x≤x2＋ax＋2恒成立．因为x>0，故a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－1＋＝－，令h′(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，当x∈(0,2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故当x＝2时，h(x)取得极大值，也是最大值，即h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝ln 2－3，故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞)． 训练3　(双变量问题)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)． (1)当0<a<时，讨论函数f(x)的单调性； (2)设g(x)＝x2－2bx＋4.当a＝时，若对任意的x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围． 解　(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝1或－1，当0<a<时，－1>1>0，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． (2)a＝∈，－1＝3∉(0,2)，由(1)知，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝－.因为对任意的x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－　(*)．又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，所以当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)式矛盾；当1≤b≤2时，g(x)min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*)式矛盾；当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥.所以实数b的取值范围为. ,, 双变量的恒(能)成立问题的常见转化 (1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. (4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 专项3　导数与函数的零点 微点一　零点的个数问题 例1　已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)讨论函数f(x)的零点个数． 解　(1)因为f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，又f′(x)＝ex－a.所以当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增．当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，当x<ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，所以f(x)无零点．当a≠0时，＝.令φ(x)＝，x∈R，则φ′(x)＝，当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x)max＝φ(3)＝，又x→＋∞时，φ(x)→0，x→－∞时，φ(x)→－∞，所以φ(x)的图象如图所示．所以当>，即0<a<e3时，f(x)无零点，当＝，即a＝e3时，f(x)有一个零点；当0<<，即a>e3时，f(x)有两个零点；当<0，即a<0时，f(x)有一个零点．综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点. ,, 求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解． 训练　(2025·滁州一模)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x－2aln x. (1)若不等式f(x)≥x3＋x2－x恒成立，求实数a的取值范围； (2)若a<0，求证：f(x)有且只有1个零点． 解　(1)由f(x)≥x3＋x2－x可得a(x2－2ln x)≥x2，设g(x)＝x2－2ln x，x>0，g′(x)＝2x－＝，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1>0，即x2－2ln x>0，所以a(x2－2ln x)≥x2等价于a≥，设H(x)＝，x>0，H′(x)＝，当0<x<时，H′(x)>0；当x>时，H′(x)<0，所以H(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以Hmax(x)＝H()＝，所以a≥，故实数a的取值范围为. (2)证明：f′(x)＝x2＋2ax－1－＝x2－1＋＝， ①当a＝－时，f(x)＝x3－x2－x＋ln x，f′(x)＝≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－<0，f(3)＝＋ln 3>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1,3)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点． ②当a<－时，当0<x<1时，f′(x)>0；当1<x<－2a时，f′(x)<0；当x>－2a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增，又f(1)＝a－<0，当x>1时，f(x)＝x3＋ax2－x－2aln x>x3＋ax2－x＝x(x2＋3ax－3)，取x0＝，则x0>1，且f(x0)>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1，x0)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点． ③当－<a<0时，当0<x<－2a时，f′(x)>0；当－2a<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，－2a)上单调递增，在(－2a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(－2a)＝＋2a－2aln(－2a)＝[2a2＋3－3ln(－2a)]，由于－<a<0，所以0<－2a<1，所以ln(－2a)<0，所以2a2＋3－3ln(－2a)>0，所以f(－2a)<0，又f(1)＝a－<0，f(x0)>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1，x0)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点． 综上可知，当a<0时，f(x)有且只有1个零点． 微点二　与零点有关的求参或证明问题—— 教考衔接 ◎教材·研析 例2　(人教A版选择性必修第二册P104·第19题)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)．若a≤0，则aex－1<0恒成立，则f′(x)<0，即f(x)在R上单调递减．若a>0，令aex－1＝0，得x＝－ln a，当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)因为f(x)有两个零点，所以a>0.否则f(x)在R上单调递减，至多有一个零点，与题设不符，所以f(－ln a)<0，即a×2＋(a－2)×＋ln a<0，有1－－ln<0.当a＝1时，f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；当a>1时，有1－ln－>0，即f(－ln a)>0，故f(x)无零点；当a∈(0,1)时，1－ln－<0，即f(－ln a)<0，又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点，设存在正整数n0满足n0>ln.则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．综上，a的取值范围为(0,1). ,, (1)函数零点的个数问题，要能转化为函数图象与x轴的交点个数或者两个函数图象的交点个数问题，数形结合解决问题． (2)对于零点存在问题，可利用放缩法或者分类讨论恰当地找到一正一负两个函数值． (3)对于与零点有关的不等式证明问题，一般解法是构造函数，借助于函数的单调性解决问题. ◎真题·链接 真题　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝.若x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增；若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝，若x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，所以f(x)不存在零点；当a>0时，f′(x)＝，若a＝1，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a>1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由函数零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a>1满足条件，若0<a<1，f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1<0，所以f<f(1)<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由函数零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0<a<1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，a的取值范围为(0，＋∞)． ◎创新·变式 变式　(2025·云南一模)已知函数f(x)＝e2x＋(1－2a)ex－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝2e2x＋(1－2a)ex－a＝(2ex＋1)(ex－a)．当a≤0时，f′(x)>0，故f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)当a≤0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，故a>0.由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(ln a)＝a(1－a－ln a)．因为f(x)有两个零点，所以a(1－a－ln a)<0.又因为a>0，所以1－a－ln a<0.令h(a)＝1－a－ln a(a>0)，则h′(a)＝－1－＝－<0，所以h(a)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，所以当a>1时，h(a)<0，即f(x)min<0.又f(－1)＝＋＋a＝＋＋>0，f(x)在(－1，ln a)上有一个零点；因为ex>x，所以f(x)>e2x－2aex－ax>e2x－2aex－aex＝ex(ex－3a)．所以当x>ln 3a时，f(x)>0，f(x)在(ln a，ln 3a)上有一个零点．综上所述，f(x)有两个零点时，a的取值范围(1，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $