近年版高考数学一轮复习周周测训练第3章导数及应用(2021学年)

２019版高考数学一轮复习周周测训练第3章导数及应用
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周周测３导数及应用测试
一、选择题:本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（2０１８·陕西宝鸡质检二）曲线f（ｘ)=ｘln x在点(e，ｆ（e))（e为自然对数的底数)处的切线方程为( )
A.y＝e x-2
B.y＝2x+e
C.y=ｅx+２Ｄ.y＝2x-ｅ
答案:D
解析:本题考查导数的几何意义以及直线的方程.因为f（x)=x ln x,故f′（x)=ln x＋1，故切线的斜率ｋ＝ｆ′（e)＝2，因为ｆ(e）=e,故切线方程为y-ｅ＝2（x-e）,即y=2ｘ－e,故选D。

2．(20１8·四川名校一模）已知函数f(x)的图象如图,ｆ′(x）是f(x）的导函数,则下列数值排序正确的是（）
A．0<f′(2）〈f′(3)<f(3)－ｆ(2)
B.０〈ｆ′(3）＜f′(2)〈f(3)-f(２）
C．0<f′(3)〈f（３）－f(2)＜f′（2）
Ｄ．0<ｆ（3)－f(2）<ｆ′(2)〈f′(３)
答案：C
解析:如图:
f′（３)、ｆ(3)－ｆ（2)错误!、f′(2)分别表示直线n,m，l的斜率，故０〈f′（３）〈ｆ(3)－f(2)〈f′（2）,故选Ｃ。

３.（2０18·福州质检）过点（－１，1)与曲线f（ｘ）=x3-x2－2ｘ＋1相切的直线有( )
A.０条Ｂ.１条
C．2条D．３条
答案:Ｃ
解析:设切点P(a,a3－ａ2－2a＋1),由ｆ′(x）=3ｘ2-2ｘ-2，当a≠-1时，可得切线的斜
率k=３a2-２ａ－２＝ａ3－ａ2-2a+1-1
a－-1
，所以（3ａ2-2ａ-2)(ａ＋1)＝a3-a2－2a,即(3ａ2
－２a－2)（ａ+1)＝a(ａ-2）（a+1),所以a＝1,此时ｋ=-１.又f′（-1)=３≠-１，故切线有2条.
４．(20１6·四川卷）已知a为函数f（x)＝x３-12x的极小值点,则a＝( ）
Ａ.－4 B.－２
C.４Ｄ.2
解析：由题意得ｆ′(x)=３ｘ2-１２,由f′（ｘ）＝０得x=±2,当x∈（-∞，-2）时，f′（x）〉０，函数f(x)单调递增，当ｘ∈(-2,2）时,ｆ′(ｘ)＜0,函数f(ｘ)的单调递减，当x∈（2,+∞)时,f′（x)〉0，函数ｆ（x）单调递增,a=2。

5.(２01８·焦作二模)设函数f（x)=2(ｘ2－x)ln x-x２＋2x，则函数f（x）的单调递减区间为（)
A。

错误!Ｂ.错误!
C.（１,+∞)
D.(0，+∞）
答案：B
解析：由题意可得f(x)的定义域为（０,＋∞),ｆ′(x)=2(2x-１)ln x＋2（ｘ2－x）·错误! -2x＋２＝(4x－2）lｎx。

由f′(x)〈0可得(4ｘ－2）ln x〈0,所以错误!或错误!解得错误!＜x<1,故函数f(ｘ)的单调递减区间为错误!，选B。

6．(2０18·石家庄市第一次模拟)函数f（x)=ｅx-３x-1（e为自然对数的底数）的图象大致是( ）
答案:Ｄ
解析:由题意,知f（０)=0,且ｆ′(x)＝ｅx-3,当x∈(-∞,lｎ3)时,f′（x)〈0,当x∈(ｌn3，＋∞）时,f′(x）〉０,所以函数f（x)在(－∞,ln3）上单调递减，在(ln3,+∞)上单调递增，结合图象知只有选项D符合题意,故选D。

7.（20１８·辽宁沈阳郊联体模拟)如图是函数f（x）＝x２+aｘ+b的部分图象，则函数ｇ（x)＝ln x+f′(x）的零点所在的区间是( ）
A。

错误! B．(１,2)
C．错误!D．(2,3)
答案：Ｃ
解析:由函数f(x)=x2+aｘ＋b的部分图象得０<b<１，f(1）＝0，即有a=-1-b，从而－２〈ａ＜－1。

而g(x）=ln x＋2x＋a,在定义域内单调递增,ｇ错误!=ｌn错误!＋1＋a<0，g(1）=ln1＋2＋ａ=2＋a＞0,∴函数ｇ(x)＝ln x＋f′(x)的零点所在的区间是错误!。

故选C。

8．(２01８·合肥一模)已知函数f(ｘ）＝错误!,若关于x的方程f(x）=a恰有两个不同的实根x1，ｘ2，且ｘ1<x2，则x２-x1的取值范围为（）
A.错误!Ｂ。

错误!
C。

错误!Ｄ.错误!
解析:易知函数ｆ(ｘ）=错误!的定义域为(０,+∞).令ｆ（x)＝0,得ｘ＝错误!,所以函数f(x)的零点为e－1，可知在(０，e－１)上,f（x)〈0,在(e-１,＋∞）上,f(x)〉０。

由f(x）＝＼f(ln x＋1,x)得f′(x)＝错误!=错误!,令f′（x)＝0，得x＝1，故函数f(x）的单调递增区间是(0，1),单调递减区间是（1,＋∞),函数f(x)在ｘ＝1处取得极大值f(１)=1。

所以当方程f(x)=a有两个不同的实根x1,x２时,必有0〈a<１，且e-1＜x1〈1〈x２,所以ｆ错误!=a(1－ｌｎa)〉ａ=f(ｘ2）,由f(x)在(1,＋∞）上单调递减可知x2〉错误!,所以x2－x１>错误!－1，选Ｂ。

9．（201８·安徽江淮十校第三次联考)设函数f（x)=错误!x2－9ｌnｘ在区间[a－1，a+１]上单调递减，则实数ａ的取值范围是( ）
A.1＜a≤2 B．a≥4
C．a≤2 D．0<ａ≤3
答案:A
解析:易知函数ｆ(x)的定义域为（0，+∞）,f′（x)＝x－9
x
，由ｆ′（x)=ｘ－错误!<０，
解得0＜ｘ＜3。

因为函数f(x)＝错误!x2－９ln x在区间[a-1，a+１]上单调递减，所以错误!解得１<a≤2，选Ａ.
10．设函数f′(x)是奇函数f（x）(x∈R）的导函数，f(－１)=0，当x＞0时,xf′(ｘ)－f(x）<0,则使得f（ｘ）＞0成立的x的取值范围是( ）
A.(-∞，-１）∪(0,1)
B.（-1,0)∪(1，＋∞)
Ｃ．(-∞,-１)∪（－１，0)
D.（0,1）∪(1,＋∞)
答案:A
解析:令F（x）＝错误!,因为f(x)为奇函数,所以F(ｘ)为偶函数,由于F′（x）=错误!,当x＞０时，xf′(ｘ)-ｆ(ｘ)<0,所以F(ｘ）=错误!在（0，＋∞）上单调递减,根据对称性,Ｆ（ｘ)=错误!在（－∞,0)上单调递增,又f(－1)＝0，f(1)=0,数形结合可知,使得ｆ(ｘ)＞０成立的x 的取值范围是（－∞,－1）∪(0，1).故选Ａ.
１１.（2018·南昌二模)若函数f（x）=ｌｎｘ＋＼f(1，２)x2-错误!x在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m的取值范围是（ )
A。

错误!∪［４，+∞) B.错误!∪［２,+∞）
C.错误!∪（2，+∞）Ｄ。

错误!∪(4,＋∞）
答案：B
解析：f′(ｘ)=错误!＋x－错误!,由f′(x)=0得(x-m)错误!=0，∴x＝m或x=错误!。

显然m>0。

当且仅当0〈m〈2≤错误!或０＜错误!<2≤m时,函数f（x)在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<ｍ〈２≤＼f(1,m）,即0<m≤错误!，则当ｘ∈（0,m)时,f′（ｘ）>0，当x∈(m,２)时,f′(ｘ)<０，函数f(x)有极大值点x＝ｍ.若0<错误!<２≤ｍ,即m≥2,则当ｘ∈错误!时，f′（x)>0,当x∈错误!时，f′(x）〈0，函数f(x)有极大值点x=错误!.综上，m的取值范围是错误!∪[２，+∞).故选Ｂ.
12．已知f(x）＝ax3－3x2＋１(a>０），g(x）=xf′（x）,定义h(x)=maｘ｛f（x),g（x)｝＝错误!若存在ｘ∈［1,2],使得h（ｘ)=ｆ（x),则实数a的取值范围为( )
A．(1，２］ B.(０,2)
Ｃ.(0，2] Ｄ.（0,1]
答案:C
解析:ｆ′(x)=3ａｘ2－6ｘ＝3ｘ(ax－2）,g（x)＝xf′（x)=３ax3-6x2.∵存在x∈［1,2］，使得h（x）=f(x)，∴ｆ（x)≥ｇ(x）在x∈[1,2］上有解,即ax3-3x２＋１≥3ａx３－6x２在x∈[1，
２］上有解,即不等式2a ≤＼f(１,ｘ3)+３x
在x ∈［1,2]上有解.设ｙ=错误!+错误!=错误!(x ∈［１,２］）,∵ｙ′＝＼ｆ(-3ｘ2-3,x 4)〈0对ｘ∈[１,2］恒成立,∴y ＝错误!＋错误!在x ∈[1，2]上
单调递减，∴当x ＝1时，ｙ=＼f （1，x 3)+错误!取得最大值４,∴2a ≤4，即a ≤２,又ａ〉0,
故实数ａ的取值范围为(０,2],选C.
二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共２0分.把答案填在题中的横线上．
13．(2０1８·山西大学附中二模)曲线y =2sin x （0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为＿_______．
答案：２错误!-错误!
解析：依题意得２ｓin ｘ＝１，sin x ＝1２，所以x ＝错误!，错误!，所以面积为 (2ｓin x
－1)d ｘ=(-2cos ｘ－x) ＝2＼r(3)－错误!。

１4．已知函数f(x)＝ｌn x －＼f （８x －１,x ＋1),则函数ｆ(x)的图象在错误!处的切线方程为＿__＿＿___．
答案：5x+4ｙ＋９＝0
解析：由ｆ（x)=ln x-错误!,得f′（x)=错误!-错误!，
则f′（１)＝错误!-错误!＝1-错误!=-错误!，
故所求切线方程为ｙ－错误!＝-错误!(x-1),即５x+4y ＋9＝0.
１5．(20１８·安徽淮北十二中月考(二)）已知f （x ）=x(１＋｜x|),则ｆ′(1)f′（-１）=__＿____＿.
答案：9
解析:因为f(x)=x(１+|x|)=错误!所以f′(x）=错误!因此ｆ′(１）f′(-1)＝（1＋2)×（1+2）＝９.
方法总结：求函数导数的常见类型及解题思路
1.先利用代数、三角函数公式等变形化简解析式，再求导,但要注意化简的等价性．
２．(１)连乘形式，可先化为多项式形式，再求导；
（2)三角形式,先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导;
(３)根式形式，先化为分数指数幂,再求导；
(4）复合函数,先确定复合关系,由外向内逐层求导，必要时可换元处理.
1６．(2018·宁夏育才中学月考）若函数f （ｘ）＝a ｌn x －x 在区间（1,2)上单调递增,则实数a 的取值范围是_＿＿_＿_＿_.
答案:[２,+∞)
解析：由f′（x)=错误!-1=错误!≥0得a －x≥0，即a≥x,又x∈（１，2)，所以a≥2。

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
１7.(本小题满分１0分)
（２018·河南新乡第一次调研）已知函数ｆ（x ）＝e x -x 2＋2ax 。

（１）若a=1,求曲线y ＝ｆ(x)在点（１，f(1）)处的切线方程;
（2)若f(x)在R 上单调递增，求实数ａ的取值范围．
解析：（１)∵ｆ′（x ）=e x -２ｘ＋2，∴f ′（1)＝e,
又f （1)=e+１,
∴所求切线方程为ｙ－(e ＋1）=e （ｘ-1）,即e x －y ＋1=0。

(2）f′（x)=e x－２x+2a,
∵f(x)在Ｒ上单调递增,∴f′（x）≥0在R上恒成立，
∴a≥x－错误!在R上恒成立,令g(x）＝x－错误!，
则ｇ′(x）=1-＼f（eｘ，2)，令g′（x)＝0,则x＝ln2，
在(-∞，ln２)上，g′(x)〉０；在(ｌn2,＋∞)上,g′（x)<0,
∴ｇ(x）在（-∞,lｎ2)上单调递增,在（ln2,+∞）上单调递减,
∴g(x）ｍaｘ＝ｇ（ln2)=ln2－１，∴a≥ｌｎ２－１,
∴实数a的取值范围为[ｌn2-1,＋∞）．
18．（本小题满分12分)
(２018·山东德州期中)已知函数ｆ(x）＝＼ｆ(1，３）x3-（2m+1)x2+3m(ｍ+２)x＋１,其中m为实数.
(1)当m=-1时，求函数ｆ(ｘ)在[－4,4]上的最大值和最小值；
（２)求函数f(ｘ）的单调递增区间．
解:(1）当ｍ＝－1时，f（ｘ）＝错误!x3+x2-３x＋１，
f′(x）=x2＋2x-3＝(ｘ+3)(x－1）.
当x〈－３或x>1时,f′(ｘ）〉０,f(x）单调递增；
当-3〈ｘ<1时,ｆ′(ｘ)〈0，f（x)单调递减.
∴当x=－3时,f（x)极大=1０;
当ｘ=1时,ｆ（x）极小=－＼f(2,3）.
又∵f(－4）＝23
3
,f(4)=＼f（79,３)，
∴函数ｆ(x)在［－４,4］上的最大值为＼f(79,3)，最小值为－＼f(2,３)。

(２）f′(x)＝x2－2(２ｍ+１）ｘ＋3m（m＋2）
=（x-3m)（x-m－2）．
当3m＝m+２，即ｍ＝１时，f′（x）=(x－3)2≥０,
∴f(ｘ)单调递增,即ｆ（x）的单调递增区间为(－∞,+∞）．
当3m＞m+2，即m>１时,由f′（x)＝(x-3m）(x-ｍ－2)>0可得x<m+2或x〉3m,
此时f（x)的单调递增区间为(－∞，ｍ＋２),(3m,＋∞)．
当3m<m＋2，即m〈1时,由ｆ′（x）＝(x－3m）(x－m-2)〉０可得ｘ<3m或x〉m＋２，此时f（x)的单调递增区间为（-∞,3ｍ）,(m＋2，+∞).
综上所述:当m＝1时,f(ｘ)的单调递增区间为(-∞，＋∞）;
当m〉1时，f(ｘ）的单调递增区间为（－∞，ｍ+2）,(3m，＋∞);
当m〈1时，f(x)的单调递增区间为（－∞,3m)，（m＋2,＋∞).
方法总结:求函数在[a,b]上的最值的步骤
（１)求函数在(a，ｂ)上的极值;
(2)求函数在区间端点的函数值,将端点的函数值与极值比较大小，最大的是最大值,最小的是最小值．
19．(本小题满分1２分)
已知函数ｆ（x)＝eｘ-ａx（e为自然对数的底数）.
(1）当ａ∈N,且ｅ－2＜错误!f（x)dｘ<e-１时，求f（ｘ)的最小值;
(2)设不等式f（x)＞x的解集为Ｐ,且｛x|0≤x≤2｝⊆P，求实数a的取值范围．
解析:（1)错误!f（ｘ)ｄｘ=(e x-错误!x２）=e-错误!－１，由e－２＜错误!f(x）d x<e－1,得e-2＜e-＼f(ａ,2）－1＜e-1,∴0<a<２,又∵ａ∈Ｎ，∴a=1.
∴f(x）＝eｘ-x,f′(x）=e x-１，
令f′（x)＞0,解得ｘ＞0；令f′(x)＜0,解得x<0.
从而在(－∞,０）内单调递减,(０,+∞)内单调递增.所以当x＝０时,f(ｘ）取得最小值1。

(2)因为不等式ｆ(x)＞x的解集为P,且{x｜0≤x≤2｝⊆P,
所以,对任意的x∈[0,2],不等式f(x)＞x恒成立,
由f（x）＞x得（1+ａ)x<ｅx．当x＝0时，上述不等式显然成立,故只需考虑x∈(0,２]的情况．将（1＋a)ｘ<ｅx变形得a<错误!－1，
令g（x）=错误!-1,g′（x)=错误!
令g′(x)>0,解得x＞1;令g′(x)＜0,解得ｘ<1。

从而g（x)在(０,1）内单调递减,在(1，2)内单调递增．所以当x＝１时,g（x）取得最小值e-1，从而所求实数的取值范围是(－∞，e-1).
20.(本小题满分12分）
(2018·河南安阳调研）已知函数f(x)＝错误!x2-(a+1）x＋a ln x+１,a∈R.
(１)若x=3是f（ｘ)的极值点，求f（x）的极大值；
（2）求a的范围,使得f（x)≥1恒成立．
解:(１）ｆ′(x）＝ｘ－(a+1)＋＼f(a，x)（x>0).
∵x=3是f(x)的极值点,
∴f′（3）=3-(a+1)＋a
3
＝0,解得a＝3。

当a＝３时,ｆ′（x）=错误!＝错误!.
当x变化时，f′(x）=＼f(x2-４ｘ＋3，ｘ)＝错误!。

当x
∴f（x)错误!
(2)f（x）≥１恒成立,即x〉0时,
错误!ｘ2－(a+1）ｘ＋a lnｘ≥0恒成立.
设ｇ(x)=错误!ｘ2-(a+1)x+a lｎｘ，
则g′(x）＝x－(a＋１)+＼ｆ(a,x）=错误!.
①当ａ≤0时,由g′(x)〈０得
ｇ(x)的单调递减区间为（0，1),
由ｇ′（x）〉０得g（x)的单调递增区间为（1，＋∞）,
∴g(x)mｉn＝ｇ（1)＝－a－错误!≥０，解得a≤-错误!。

②当0<a〈1时,由g′（x)＜0得ｇ(ｘ)的单调递减区间为(ａ,1）,由ｇ′(x)>0得g(x)的单调递增区间为（0，a)，(1，+∞）,
此时ｇ（1)=-a－＼f（1,2)＜0,不合题意.
③当a＝１时,ｇ(ｘ)在（０,＋∞）上单调递增,此时g（1）＝-a－１
2
<0，不合题意．
④当a〉１时,由ｇ′(ｘ）〈0得g（x)的单调递减区间为(1，a),由ｇ′(x)＞0得ｇ(x）的单调递增区间为(0，1)，(ａ，+∞),
此时，g(１)=－a－错误!〈0，不合题意.
综上所述，当a≤-1
时，f(x)≥1恒成立.
2１．(本小题满分12分）
(２0１8·天津静海一中调研）已知函数f(x)=ｘ＋a
x
＋ｌn x,a∈R。

(1）若ｆ(x）在x＝1处取得极值,求a的值；
(2)若f（x)在区间(1,2)上单调递增,求ａ的取值范围；
（３)讨论函数g(x)=f′（x)-x的零点个数．
解:(1)因为ｆ′(x)=１-＼f(ａ,ｘ2)+错误!＝错误!,
由已知f(x）在ｘ=1处取得极值,所以ｆ′(１）=0，
解得a=2.
经检验，当a＝2时,f(x)在ｘ=１处取得极小值,
所以ａ=2。

(２)由(1）知,f′（x）=1－错误!＋错误!=错误!,ｘ〉0。

因为f(x)在区间（1，2)上单调递增，
所以ｆ′(x)≥０在区间（1，2)上恒成立，
即ａ≤x2+x在区间（1，2)上恒成立，所以a≤2。

(3）因为ｇ(x)=ｆ′（x）－ｘ,所以g（x)＝１-错误!＋错误!-x,x>０.
令ｇ(ｘ)＝０,得a＝-ｘ3+x2＋x。

令h(x）=－x3＋ｘ2＋x,x〉0，
则h′(x)＝－3x2＋2x+1=－(3x+1)(x-1).
当x∈（０,1)时,h′(x）>0,ｈ（x）单调递增，
当x∈（1,+∞）时，ｈ′（x)〈0，h(x)单调递减．
所以h(x)maｘ=h(1)=1.
综上,当ａ>1时,函数ｇ（ｘ）无零点,
当a=1或a≤0时，函数ｇ（x）有一个零点,
当0〈ａ〈1时,函数g(x)有两个零点．
22．(本小题满分１2分)
（２018·安徽百校论坛联考)已知函数f(x)=ax-lnｘ，F(x)=eｘ+ax，其中x＞0。

(1)若a<０，f(ｘ)和Ｆ(x)在区间(0,ln3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围；
(2)设函数h（x）＝x2-f（x)有两个极值点ｘ1,ｘ２,且x1∈错误!,求证:h(x1)－ｈ(ｘ２）〉错误! -ln2。

解析:(１)解:f′(x)＝ａ－错误!=错误!，F′(x)＝ｅｘ＋ａ，x>0，
∵a＜0，∴f′(x)〈0在(０，＋∞）上恒成立,∴f(ｘ)在(0，+∞)上单调递减.
当－1≤a＜0时,F′(x)＞0，即F(x）在（0,＋∞）上单调递增,不合题意；
当a〈－1时，由F′（x）>０，得x＞lｎ（-ａ),
由F′(ｘ）〈0,得0〈x〈ln（－ａ)．
∴F(x)的单调递减区间为(０,ln（-a））,
单调递增区间为(ｌn(－a)，＋∞).
∵f(x)和F(ｘ)在区间（0,ｌn３)上具有相同的单调性,
∴lｎ（-a)≥ｌｎ3，解得a≤-3,
综上,实数ａ的取值范围是(－∞,-3]．
（2)证明:∵h（x)=x2-ａx+lｎx，
∴h′（x）＝错误!（x＞0)．
令h′（ｘ）＝0，得x1x2=1
２
,且ax i＝２ｘ错误!+1（i＝1,2）．
∵x1∈错误!，∴x2∈(１,＋∞）．
∴h(x1)－h(ｘ2)＝(x错误!－ａx1＋lnｘ1)-(x错误!-ax2＋ｌn x２)＝(-x错误!-１+ln x1)－(-x 错误!-1＋ln x2)＝x错误!－x错误!＋ln错误!＝ｘ错误!-错误!－lｎ（2x错误!)（x2>1）．设ｔ＝２x＼o＼al（2，2）（ｔ>２）,则
φ(t）＝h（ｘ
）-h（x2)=错误!－错误!-lｎt,t>２，
1
∴φ′(t）＝＼f(t－1２,2t２)〉０，
∴φ（t)>φ(２)=错误!－ｌn2,即h（ｘ1)-h（x２）>错误!-ln2.
以上就是本文的全部内容,可以编辑修改。

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很多人已经不再如饥似渴地追逐一篇文档了，但只要你依然有着这样一份小小的坚持，你就会不断成长进步,当纷繁复杂的世界牵引着我们疲于向外追逐的时候，阅读一文或者做一道题却让我们静下心来，回归自我。

用学习来激活我们的想象力和思维，建立我们的信仰，从而保有我们纯粹的精神世界，抵御外部世界的袭扰。

The above iｓ thｅ whole ｃｏｎteｎt of ｔｈis ａrtｉcle，Ｇorky ｓaid: "thｅ bｏoｋｉs the ｌaｄder oｆｈuman proｇress.＂ I hoｐe ｙｏu can maｋe prｏgress with ｔhe helｐ oｆ thｉs laｄder. Matｅｒｉal ｌife is extreｍeｌy rｉch， scienｃe anｄ tecｈnology aｒe ｄevelｏping rapidly，alｌ oｆwhｉch ｇｒａdｕally ｃhanｇｅ the wａy oｆpｅople＇ｓstudy and leisｕre. Manｙ people arｅ no longer ｅａger tｏｐursue ａdoｃu ｍenｔ, bｕｔ as ｌｏng as yｏu stilｌｈａve sucｈ a small pｅrｓistence, yoｕ will coｎtinue ｔo ｇｒoｗand ｐrogrｅｓs. Whｅn the c ｏmｐlex woｒld leads us to cｈase oｕt, ｒeading an aｒtiｃlｅ or ｄoinｇ a proｂlｅm makes us calm down ａnd ｒetｕｒｎｔo oｕｒseｌves. Wiｔｈlearning，we can aｃｔｉvａtｅ oｕr imａginatｉon aｎｄthin
ｋｉng, establiｓh our beｌieｆ, ｋeep ｏuｒpure spirｉｔual wｏｒｌd and ｒｅｓiｓt ｔｈe attacｋｏf the exｔｅrnal woｒｌd.。