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专题课总结范文1
一、调研活动的基本情况及主要做法
按照《市人事局、市编办深入学习实践科学发展观活动实施方案》，我局对调研工作作出认真部署安排，采取研讨、座谈、征求意见和下基层调研等多种方式开展调研，共分4个调研组，由局领导负责各专题调研任务。共调研了10个区（县）、11个公务员培训基地，22个专业技术人员继续教育基地，2个街道办事处，教育、卫生、市政市容等重点单位，召开座谈会12个，下发征求意见通知80余份，收集意见建议100多条，用时一周，较好地完成了调研的各项任务。
（一）周密计划、精心部署。调研活动作为学习实践活动中查找问题、研究对策的一个重点环节，局党组高度重视。在研究制定学习实践活动实施方案时，制定了调研活动方案，明确了调研目的、方法、重点和调研内容，确定了12个调研课题，要求各处（室）、中心针对调研题目做好调研准备工作。在调研活动开展前，又专门下发了《市人事局深入学习实践科学发展观活动调研工作方案》，根据领导班子成员职责分工，分4个调研组带领各处（室）、中心负责人，深入昌吉、乌鲁木齐市各区（县）和服务对象采取实地考察、召开座谈会、深入街道等多种形式开展为期一周的调研活动。调研强调，要把调研活动与学习实践科学发展观活动紧密相结合、与解决突出矛盾问题相结合、与贯彻十七届三中全会精神相结合、与推动工作相结合的原则，提出有关要求。
（二）主题鲜明、重点突出。在调研内容的具体安排上，紧密围绕“立足*一体化，推进人事工作科学发展，造福各族干部职工”的活动主题，认真研讨影响和制约当前人事工作实现科学发展的薄弱环节和问题，认真调研人事政策存在的突出矛盾和问题。立足于推动人事人才工作创新发展，确定了人事制度改革、人才队伍建设、高校毕业生就业、干部安置、引智工作、人才市场建设等各项主要业务工作及人事部门自身建设为内容的12个调研课题。
（三）严密组织、务求实效。调研活动中认真搞好调研实施工作，提前下发调研提纲，要求被调研单位积极做好调研配合的准备工作。在下基层的具体调研中，也采取了听取情况介绍、召开座谈会研讨、问卷、走访、查阅资料等方式，认真听取基层的意见及建议，避免了调研的形式主义，掌握了大量的真实可靠的第一手资料，为调研报告提供了充分的事实和依据。
（四）认真分析、研究对策。在调研中坚持边调查、边思考、边研究，与被调研单位共同分析查找和剖析存在的问题及原因，探讨解决问题的措施、办法。调研结束后，结合局里的座谈、问卷工作，各调研组及时根据调研结果形成高质量的调研报告，完成领导班子成员调研文章4篇，主要内容为：建立*两地统一人力资源管理运行机制问题研究；以科学发展观为指导，切实解决影响和制约事业单位人事制度改革发展的突出问题；学习实践科学发展观，深入探讨工资收入分配制度，开创我市培训教育工作新局面；贯彻落实科学发展观，大力实施人才强市战略，促进经济社会又好又快发展。可以说四篇调研文章立意新、选题准，紧紧围绕学习实践活动主题，就我市人事人才工作如何更好地服务经济社会又好又快发展，如何加快推进*一体化进程，如何破解人事人才工作难题都进行了深入研究，既有定量分析，又有定性研究，为今后一个时期人事人才工作科学发展奠定了较高的理论基础。参与调研的各处（室）、中心也紧紧围绕各自承担的调研课题，紧密结合业务工作，形成高质量调研文章12篇，主要内容涉及加快实施“人才强市”战略对策与研究、促进高校毕业生就业对策措施、加强公务员科学管理探索、引智工作存在的问题和政策建议和新时期党建工作及党风廉政建设责任制存在的问题与对策建议等。另外，在调研工作中，各调研组还实地解决或承诺近期解决干部安置、自主择业干部管理、米东区职称、工资遗留问题、完善事业单位招聘专业科目测试题库建设等8个问题。通过前往昌吉州调研和邀请昌吉州来我市调研座谈，与昌吉州人事局达成3项共识:一是建立乌鲁木齐市人事局、昌吉州人事局联席会议制度，定期就*地区人事人才工作进展情况、有关问题互相通报、共同研究；二是从*人事部门抽调专人组成调研组，围绕*人才一体化建设进行深入调研，共同形成调研课题；三是在深入调研的基础上。经*人事部门认真研究探讨出台*人才一体化指导意见。可以说，此次调研工作为市人事局下一阶段深入开展思想大讨论，搞好分析检查和整改落实打下了坚实的基础。
专题课总结范文2
摘 要：该报告对外挂式可回转一体化推进装置项目2013年度技术工作进行了全面总结，2013年完成了推进装置初样的方案设计和技术设计，并组织了方案设计评审，以及技术设计评审的全部准备工作。在研究中将推进装置划分为推进装置总体、全回转机构和推进电机三个分系统，推进装置总体分系统中完成了高效导管桨和槽道桨的设计研究，全回转机构分系统完成了全回转机构结构设计和回转角度控制和定位研究，推进电机分系统完成了主推进电机、槽道电机和回转驱动电机的设计，基于粘流的数值计算建立了导管桨在回转过程中的水动力载荷分析技术，采用磁耦合及动密封传动方式建立了大功率深水电机动力传动技术，采用高精度的蜗轮+双导程蜗杆传动机构的设计形成了深海回转机构的密封和角度定位技术，在数值计算和模型试验基础上评估的外挂式全回转推进装置和槽道推进装置初样的技术指标可以满足课题任务书和小站的技术要求。
关键词：全回转机构 高效导管 槽道桨 深水电机 角度定位
Abstract： This report gives a comprehensive summary of research work on outboard azimuthing propulsors in 2013. The concept design and detailed design of original prototypes were completed with a concepet design review. The preparation for detailed design review was also completed. In the project the propulsion system was divided into three parts， general design， azimuthing device and deep-sea motor respectively. During the year higher efficiency duct and tunnel propeller were designed in the general design system， structural design of azimuthing device and azimuthing controller and positioning were achieved， three deepwater motors were designed as well. By completing the design and research works hydrodynamic loading analyzing technique of azimuthing ducted propeller based on computational fluid dynamics was developed， power transmission technique of deep-sea motor applying magnetic coupling and direct drive was investigated， Sealed and positioning technique of deep-sea azimuthing device applying higher precision dual lead worm and gear were developed as well. Based on the calculated results and model test the technical criteria of the original prototypes were predicted and can meet the requirements.
Key Words： Azimuthing device； Higher efficiency duct； Tunnel propeller； Deep-sea motor； Positioning
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专题课总结范文3
导数及其应用
第八讲
导数的综合应用
2019年
1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当0
2.（2019北京文20）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
3.（2019江苏19）设函数、为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
4.（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f
′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
5.（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f
′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
6.（2019全国Ⅱ文21）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
7.（2019天津文20）设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
8.（2019浙江22）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有
求的取值范围.
注：e=2.71828…为自然对数的底数.
2010-2018年
一、选择题
1．（2017新课标Ⅰ）已知函数，则
A．在单调递增
B．在单调递减
C．的图像关于直线对称
D．的图像关于点对称
2．（2017浙江）函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是
A．
B．
C．
D．
3．（2016年全国I卷）若函数在单调递增，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
4．（2016年四川）已知为函数的极小值点，则
A．4
B．2
C．4
D．2
5．（2014新课标2）若函数在区间（1，+）单调递增，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
6．（2014新课标2）设函数．若存在的极值点满足
，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
7．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是
A．
B．
C．
D．
8．（2014湖南）若，则
A．
B．
C．
D．
9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数与
的图像不可能的是
10．（2013新课标2）已知函数，下列结论中错误的是
A．
B．函数的图像是中心对称图形
C．若是的极小值点，则在区间单调递减
D．若是的极值点，则
11．（2013四川）设函数（，为自然对数的底数）．若存在使成立，则的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
12．（2013福建）设函数的定义域为R，是的极大值点，以下结论一定正确的是
A．
B．是的极小值点
C．是的极小值点
D．是的极小值点
13．（2012辽宁）函数的单调递减区间为
A．(－1,1]
B．(0,1]
C．
[1,+)
D．(0,+)
14．（2012陕西）设函数，则
A．为的极大值点
B．为的极小值点
C．为的极大值点
D．为的极小值点
15．（2011福建）若，，且函数在处有极值，则的最大值等于
A．2
B．3
C．6
D．9
16．（2011浙江）设函数，若为函数的一个极值点，则下列图象不可能为的图象是
A
B
C
D
17．（2011湖南）设直线
与函数，
的图像分别交于点，则当达到最小时的值为
A．1
B．
C．
D．
二、填空题
18．（2016年天津）已知函数为的导函数，则的值为____.
19．（2015四川）已知函数，(其中)．对于不相等的实数，设＝，＝．现有如下命题：
①对于任意不相等的实数，都有；
②对于任意的及任意不相等的实数，都有；
③对于任意的，存在不相等的实数，使得；
④对于任意的，存在不相等的实数，使得．
其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．
20．（2011广东）函数在=______处取得极小值．
三、解答题
21．（2018全国卷Ⅰ）已知函数．
(1)设是的极值点．求，并求的单调区间；
(2)证明：当时，．
22．（2018浙江）已知函数．
(1)若在，()处导数相等，证明：；
(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
23．（2018全国卷Ⅱ）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)证明：只有一个零点．
24．（2018北京）设函数．
(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求；
(2)若在处取得极小值，求的取值范围．
25．（2018全国卷Ⅲ）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，．
26．（2018江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．
(1)证明：函数与不存在“点”；
(2)若函数与存在“点”，求实数a的值；
(3)已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．
27．（2018天津）设函数，其中，且是公差为的等差数列．
(1)若
求曲线在点处的切线方程；
(2)若，求的极值；
(3)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围．
28．（2017新课标Ⅰ）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
29．（2017新课标Ⅱ）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围．
30．（2017新课标Ⅲ）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明．
31．（2017天津）设，．已知函数，
．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点处有相同的切线，
（i）求证：在处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．
32．（2017浙江）已知函数．
（Ⅰ）求的导函数；
（Ⅱ）求在区间上的取值范围．
33．（2017江苏）已知函数有极值，且导函数
的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：；
34．（2016年全国I卷）已知函数.
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点，求的取值范围.
35．（2016年全国II卷）已知函数.
(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；
(Ⅱ)若当时，，求的取值范围.
36．（2016年全国III卷）设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
37．（2015新课标2）已知函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围．
38．（2015新课标1）设函数．
（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时．
39．（2014新课标2）已知函数，曲线在点（0，2）处的切线与轴交点的横坐标为－2．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．
40．(2014山东）设函数（为常数，是自然对数的底数）
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围．
41．（2014新课标1）设函数，
曲线处的切线斜率为0
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若存在使得，求的取值范围．
42．（2014山东）设函数
，其中为常数．
（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数的单调性．
43．(2014广东)
已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，试讨论是否存在，使得．
44．(2014江苏)已知函数，其中e是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：是R上的偶函数；
（Ⅱ）若关于的不等式≤在上恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）已知正数满足：存在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．
45．（2013新课标1）已知函数，曲线在点处切线方程为．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．
46．（2013新课标2）已知函数．
（Ⅰ）求的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．
47．（2013福建）已知函数（，为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；
（Ⅱ）求函数的极值；
（Ⅲ）当的值时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值．
48．(2013天津)已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）
证明：对任意的，存在唯一的，使．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的关于的函数为，
证明：当时，有．
49．（2013江苏）设函数，，其中为实数．
（Ⅰ）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（Ⅱ）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．
50．（2012新课标）设函数f(x)=－ax－2
（Ⅰ）求的单调区间
（Ⅱ）若，为整数，且当时，，求的最大值
51．（2012安徽）设函数
（Ⅰ）求在内的最小值；
（Ⅱ）设曲线在点的切线方程为；求的值。
52．（2012山东）已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设，其中是的导数．
证明：对任意的，．
53．（2011新课标）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：当，且时，．
54．（2011浙江）设函数，
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）求所有实数，使对恒成立．
注：为自然对数的底数．
55．（2011福建）已知，为常数，且，函数，（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的单调区间；
（Ⅲ）当时，是否同时存在实数和()，使得对每一个∈，直线与曲线（∈[，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数和最大的实数；若不存在，说明理由．
56．（2010新课标）设函数
（Ⅰ）若=，求的单调区间；
（Ⅱ）若当≥0时≥0，求的取值范围．
专题三
导数及其应用
第八讲
导数的综合应用
答案部分
2019年
1.解析（1）．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或.于是
，
所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是.
当时，单调递减，所以的取值范围是.
综上，的取值范围是.
2.解析（Ⅰ）由得．
令，即，得或．
又，，
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与．
（Ⅱ）要证，即证，令．
由得．
令得或．
在区间上的情况如下：
所以的最小值为，最大值为．
故，即．
（Ⅲ），由（Ⅱ）知，，
当时，；
当时，；
当时，．
综上，当最小时，．
3.解析（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
1
+
–
+
极大值
极小值
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
+
–
+
极大值
极小值
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
+
–
极大值
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
4.解析
（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
5.解析
（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
6.解析（1）的定义域为（0，+）.
.
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得.
又当时，，单调递减；当时，，单调递增.
因此，存在唯一的极值点.
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.
由得.
又，故是在的唯一根.
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
7.解析（Ⅰ）由已知，的定义域为，且
，
因此当时，
，从而，所以在内单调递增.
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，
可知在内单调递减，又，且
.
故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.
当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，
，所以.
从而，
又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，即，从而，即.因为当时，
，又，故，两边取对数，得，于是
，
整理得.
8.解析（Ⅰ）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（Ⅱ）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设
，则
．
（i）当
时，，则
．
记，则
.
故
1
+
单调递减
极小值
单调递增
所以，
．
因此，．
（ii）当时，．
令
，则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是．
2010-2018年
1．C【解析】由，知，在上单调递增，
在上单调递减，排除A、B；又，
所以的图象关于对称，C正确．
2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除
A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．
3．C【解析】函数在单调递增，
等价于
在恒成立．
设，则在恒成立，
所以，解得．故选C．
4．D【解析】因为，令，，当
时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．所以．故选D．
5．D【解析】，，在（1，+）单调递增，
所以当
时，恒成立，即在（1，+）上恒成立，
，，所以，故选D．
6．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，
则，从而得．所以不等式
，即为，变形得，其中．由题意，存在整数使得不等式成立．当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或．
7．C【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，单调递减，所以，因此；同理，当时，得．由以上两种情况得．显然当时也成立，故实数的取值范围为．
8．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，，故在上单调递减，所以，选C．
9．B【解析】当，可得图象D；记，
，
取，，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．
10．C【解析】若则有，所以A正确。由得
，因为函数的对称中心为（0,0），
所以的对称中心为,所以B正确。由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间（∞,
）单调递减是错误的，D正确。选C.
11．A【解析】若在上恒成立，则，
则在上无解；
同理若在上恒成立，则。
所以在上有解等价于在上有解，
即，
令，所以，
所以．
12．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．
13．B【解析】,,由，解得，又，
故选B．
14．D【解析】，，恒成立，令，则
当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，
则为的极小值点，故选D．
15．D【解析】，由，即，得．
由，，所以，当且仅当时取等号．选D．
16．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，选项A，B的函数为，，为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，
，，也满足条件；选项D中，对称轴
，且开口向上，，，与题图矛盾，故选D．
17．D【解析】由题不妨令，则，
令解得，因时，，当时，
，所以当时，达到最小．即．
18．3【解析】．
19．①④【解析】因为在上是单调递增的，所以对于不相等的实数，恒成立，①正确；因为，所以
=，正负不定，②错误；由，整理得．
令函数，则，
令，则，又，
，从而存在，使得，
于是有极小值，所以存
在，使得，此时在上单调递增，故不存在不相等的实数，使得，不满足题意，③错误；由得，即，设，
则，所以在上单调递增的，且当时，
，当时，，所以对于任意的，与的图象一定有交点，④正确．
20．2【解析】由题意，令得或．
因或时，，时，．
时取得极小值．
21．【解析】(1)的定义域为，．
由题设知，，所以．
从而，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
(2)当时，．
设，则
当时，；当时，．所以是的最小值点．
故当时，．
因此，当时，．
22．【解析】(1)函数的导函数，
由得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
16
+
所以在上单调递增，
故，
即．
(2)令，，则
，
所以，存在使，
所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．
由得．
设，
则，
其中．
由(1)可知，又，
故，
所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．
综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
23．【解析】(1)当时，，．
令解得或．
当时，；
当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
(2)由于，所以等价于．
设，则，
仅当时，所以在单调递增．
故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
又，，
故有一个零点．
综上，只有一个零点．
24．【解析】(1)因为，
所以．
，
由题设知，即，解得．
(2)方法一：由(1)得．
若，则当时，；
当时，．
所以在处取得极小值．
若，则当时，，
所以．
所以1不是的极小值点．
综上可知，的取值范围是．
方法二：．
(ⅰ)当时，令得．
随的变化情况如下表：
1
+
−
↗
极大值
在处取得极大值，不合题意．
(ⅱ)当时，令得．
①当，即时，，
在上单调递增，
无极值，不合题意．
②当，即时，随的变化情况如下表：
1
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
在处取得极大值，不合题意．
③当，即时，随的变化情况如下表：
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
在处取得极小值，即满足题意．
(ⅲ)当时，令得．
随的变化情况如下表：
−
+
−
极小值
↗
极大值
在处取得极大值，不合题意．
综上所述，的取值范围为．
25．【解析】(1)，．
因此曲线在点处的切线方程是．
(2)当时，．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以．因此．
26．【解析】(1)函数，，则，．
由且，得，此方程组无解，
因此，与不存在“点”．
(2)函数，，
则．
设为与的“点”，由且，得
，即，（*）
得，即，则．
当时，满足方程组（*），即为与的“点”．
因此，的值为．
(3)对任意，设．
因为，且的图象是不间断的，
所以存在，使得．令，则．
函数，
则．
由且，得
，即，（**）
此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．
因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．
27．【解析】(1)由已知，可得，故，
因此，=−1，
又因为曲线在点处的切线方程为，
故所求切线方程为．
(2)由已知可得
．
故．令=0，解得，或．
当变化时，，的变化如下表：
(−∞，
)
(，
)
(，
+∞)
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
所以函数的极大值为；函数小值为．
(3)曲线与直线有三个互异的公共点等价于关于的方程有三个互异的实数解，
令，可得．
设函数，则曲线与直线有三个互异的公共点等价于函数有三个零点．
．
当时，，这时在R上单调递增，不合题意．
当时，=0，解得，．
易得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
的极大值=>0．
的极小值=−．
若，由的单调性可知函数至多有两个零点，不合题意．
若即，
也就是，此时，
且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．
所以的取值范围是
28．【解析】（1）函数的定义域为，
，
①若，则，在单调递增．
②若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
③若，则由得．
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增．
（2）①若，则，所以．
②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．从而当且仅当，即时，．
③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．
从而当且仅当，即时．
综上，的取值范围为．
29．【解析】（1）
令得
，．
当时，；当时，；当时，．
所以在，单调递减，在单调递增．
（2）．
当时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以
．
当时，设函数，，所以在单调递增，而，故．
当时，，，
取，则，，
故．
当时,取,则,．
综上，的取值范围是．
30．【解析】（1）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增.
若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为
．
所以等价于，
即．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，，即．
31．【解析】（I）由，可得
，
令，解得，或．由，得．
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为．
（II）（i）因为，由题意知，
所以，解得．
所以，在处的导数等于0．
（ii）因为，，由，可得．
又因为，，故为的极大值点，由（I）知．
另一方面，由于，故，
由（I）知在内单调递增，在内单调递减，
故当时，在上恒成立，
从而在上恒成立．
由，得，．
令，，所以，
令，解得（舍去），或．
因为，，，故的值域为．
所以，的取值范围是．
32．【解析】（Ⅰ）因为，
所以
（Ⅱ）由
解得或．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，）
-
+
-
↗
又，
所以在区间上的取值范围是．
33．【解析】(1)由,得.
当时，有极小值.
因为的极值点是的零点.
所以，又，故.
因为有极值，故有实根，从而，即.
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，.
列表如下
+
–
+
极大值
极小值
故的极值点是.
从而，
因此，定义域为.
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，，所以在上单调递增．
因为，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知,的极值点是，且，.
从而
记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，.
因为，于是在上单调递减.
因为，于是，故.
因此的取值范围为.
34．【解析】
(Ⅰ)
(i)设，则当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
(ii)设，由得或．
①若，则，所以在单调递增.
②若，则,故当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.
(Ⅱ)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.
又，取b满足b
则，所以有两个零点.
(ii)设a=0，则，所以有一个零点.
(iii)设a
又当时，
综上，的取值范围为.
35．【解析】（Ⅰ）的定义域为.当时，
，
曲线在处的切线方程为
（Ⅱ）当时，等价于
令，则
，
（i）当，时，，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
，
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
36．【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.
所以当时，.
故当时，，，即.
（Ⅲ）由题设，设，则，
令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
由（Ⅱ）知，，故，又，
故当时，.
所以当时，.
37【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
若，则，所以在单调递增．
若，则当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上无最大值；当时，在取得最大值，最大值为．
因此等价于．
令，则在单调递增，．
于是，当时，；当时，．
因此的取值范围是．
38．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；
当时，．
故在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为．
由于，所以．
故当时，．
39．【解析】（Ⅰ）=，.
曲线在点（0,2）处的切线方程为．
由题设得，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设，由题设知．
当≤0时，，单调递增，，所以=0在有唯一实根．
当时，令，则．
，在单调递减，在单调递增，
所以，所以在没有实根.
综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．
40．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为
由可得
所以当时，，函数单调递减，
所以当时，，函数单调递增，
所以
的单调递减区间为，的单调递增区间为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，，因此．
当时，时，函数单调递增
故在内不存在两个极值点；
当时，
函数在内存在两个极值点
当且仅当，解得
综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．
41．【解析】（Ⅰ），
由题设知，解得．
（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，
即，解得．
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意．
（iii）若，则．
综上，的取值范围是．
42．【解析】（Ⅰ）由题意知时，，
此时，可得，又，
所以曲线在处的切线方程为．
（Ⅱ）函数的定义域为，
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，令，
由于，
①当时，，
，函数在上单调递减，
②当时，，，函数在上单调递减，
③当时，，
设是函数的两个零点，
则，，
由
，
所以时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
综上可知，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增．
43．【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）
44．【解析】（Ⅰ），，是上的偶函数
（Ⅱ）由题意，，即
，，即对恒成立
令，则对任意恒成立
，当且仅当时等号成立
（Ⅲ），当时，在上单调增
令，
，，即在上单调减
存在，使得，，即
设，则
当时，，单调增；
当时，，单调减
因此至多有两个零点，而
当时，，；
当时，，；
当时，，．
45．【解析】．由已知得，，
故，，从而；
（Ⅱ）
由（I）知，
令得，或．
从而当时，；当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
当时，函数取得极大值，极大值为．
46．【解析】（Ⅰ）的定义域为，
①
当或时，；当时，
所以在，单调递减，在单调递增．
故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．
（Ⅱ）设切点为，则的方程为
所以在轴上的截距为
由已知和①得．
令，则当时，的取值范围为；当时，的取值范围是．
所以当时，的取值范围是．
综上，在轴上截距的取值范围．
47．【解析】（Ⅰ）由，得．
又曲线在点处的切线平行于轴，
得，即，解得．
（Ⅱ），
①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．
②当时，令，得，．
，；，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．
综上，当时，函数无极小值；
当，在处取得极小值，无极大值．
（Ⅲ）当时，
令，
则直线：与曲线没有公共点，
等价于方程在上没有实数解．
假设，此时，，
又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．
又时，，知方程在上没有实数解．
所以的最大值为．
解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．
（Ⅲ）当时，．
直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：
（*）
在上没有实数解．
①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．
②当时，方程（*）化为．
令，则有．
令，得，
当变化时，的变化情况如下表：
当时，，同时当趋于时，趋于，
从而的取值范围为．
所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．
综上，得的最大值为．
48．【解析】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln
x＋x＝x(2ln
x＋1)，令f′(x)＝0，得.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
－
＋
f(x)
极小值
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.
设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln
et－t＝t(e2t－1)＞0.
故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
（Ⅲ）证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而
，
其中u＝ln
s.
要使成立，只需.
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，即u＞1，从而ln
u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.
故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.
因此成立．
综上，当t＞e2时，有.
49．【解析】：（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，；
若，则在上恒成立，在上递增，
在上没有最小值，，
当时，，由于在递增，时，递增，时，递减，从而为的可疑极小点，由题，，
综上的取值范围为．
（Ⅱ）由题在上恒成立，
在上恒成立，，
由得
，
令，则，
当时，，递增，
当时，，递减，
时，最大值为，
又时，，
时，，
据此作出的大致图象，由图知：
当或时，的零点有1个,
当时，的零点有2个,
50．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
若，则，所以在单调递增．
若，则当时，当，，所以
在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）
由于，所以(x－k)
f´(x)+x+1=．
故当时，(x－k)
f´(x)+x+1>0等价于
（）
①
令，则
由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，，所以在的最小值为，又由，可得，所以
故①等价于，故整数的最大值为2．
51．【解析】（Ⅰ）设；则
①当时，在上是增函数
得：当时，的最小值为
②当时，
当且仅当时，的最小值为
（Ⅱ）
由题意得：
52．【解析】（Ⅰ）由
=
可得，而，
即，解得；
（Ⅱ），令可得，
当时，；当时，．
于是在区间内为增函数；在内为减函数．
（Ⅲ）
=
因此对任意的，等价于
设
所以，
因此时，，时，
所以，故．
设，则，
，，，，即
，对任意的，．
53．【解析】（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故
即,解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考虑函数，则
所以当时，故
当时，
当时，
从而当
54．【解析】（Ⅰ）因为
所以
由于，所以的增区间为，减区间为
（Ⅱ）【证明】：由题意得，
由（Ⅰ）知内单调递增，
要使恒成立，
只要，解得
55．【解析】（Ⅰ）由
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而
，故：
（1）当；
（2）当
综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（0，1）；
当时，函数的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为。
（Ⅲ）当时，
由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：
－
+
单调递减
极小值1
单调递增
2
又的值域为[1，2]．
由题意可得，若，则对每一个，直线与曲线
都有公共点．并且对每一个，
直线与曲线都没有公共点．
综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．
56．【解析】（Ⅰ）时，，
。当时;当时，;当时，。故在，单调增加，在（1，0）单调减少．
（Ⅱ）。令，则。若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．
若，则当时，，为减函数，而，
专题课总结范文4
关键词：复习；有效；专题
中国分类号：G791
当新课结束进入复习课时，学生对复是抱有一些偏见。一部分同学认为嚼过的膜再吃一次就乏味了，所以丢掉课本，舍本求末，不愿在基础知识上下功夫，一味追求问题的新奇；有部分学生甚至认为复习就是做习题，做练习，准备考试，所以到处收罗难题怪题，认为只有这样才叫复习，才能应付考试，这一方面说明了学生旺盛的求知欲；另一方面也说明了平常的复习课在学生心中是不受欢迎的。
我个人认为可能教师在帮助学生进行系统复习时，首先，片面地强调“系统”、“全面”，重点不突出，难点没解决。一般情况是通过归纳成条文或者画图表概括的手段罗列知识，梳理知识的方法，把学生已学过的内容面面俱到、点滴不漏地“浓缩”，使学生仅处于回忆阶段，只能形象地重复出现一般的物理现象。在此过程中，老师虽然津津乐道，学生感到枯燥乏味，无法激起学习兴趣；其次，机械地进行每章、每节复习，忽略章节之间在内容、内涵、方法、结构上的联系，很难使学生在大量物理现象中找到它们的必然联系，发现规律，进行知识类比的联想，建立空间想象力，不会掌握思考物理现象的规律；再次，盲目、过量地习题“操练”，名曰：大运动量训练。把培养学生思维能力和创新能力希望“听话”的学生，短期效应可能不错，但随着最近几届毕业考、升学考能力题的增加，这部分学生显示出明显的底气不足，没有看到过的题目无法进行比较分析，多途径、多角度地进行思维，更不会在实验题中进行物理方法论与思维形式的归纳、小结。
那如何进行有效的复习课教学呢？笔者认为复习时不能照着课本，翻一课讲一课地总结；解题辅导时不能就题论题、就错论错的一了了之。
复习课也要认真备课，要根据学生的心理，因势利导。做到：1、把学习的主动权交给学生，让学生梳理知识，形成体系。这样既能培养学生的自学阅读能力，又能充分调动学生学习的积极性。2、要经常提出一些有创设性的问题，问题是物理的心脏，把问题作为教学的出发点，理所当然的顺应学生的心理需要。3、设计出几组题目，将有关物理基础知识、基本技能、基本方法与物理思想溶于其中，换言之，即以题目为骨架编拟课时教案，在具体教学中，以题目开路，然后引导学生对题目进行分析、讨论、研究和解答。教师再借题发挥，画龙点睛，使学生在积极主动地探索研究中。4、题目的选编要以考纲为纲，以教本为本，应具有典型性和代表性，能起到示范作用。5、可以通过重温新课时的实验，让学生自主探究等方式进行复习课的教学。
笔者多年的教学经验要通过实现这几点来提高复习课堂的效率那必需为先确定以“专题复习”为核心的复习思路。
“专题复习”包括两个层次：一方面从一个知识点、一道习题、一种实验器材的运用开始加以拓宽，由“点”及“线”，再到“面”；另一方面把初二、初三两本教材书打乱，把分散于书中各章节中零星的、不连贯的概念方法、实验、思维形式，以力、电、热、光和能五大部分加以归纳，由“离”到“合”，进行系统整理和小结，使学生在复习时能站在整体和全局的高度将学到的知识系统化。
以下例举几个“专题复习”的思路：
1、章内“专题复习”。如：匀速直线运动的速度……等等。
2、跨章节的“专题复习”。如：漂浮条件的应用……等等。
3、以常考点设“专题复习”。如：计算专题复习……等等。（以知识点分成7种计算题复习）
4、以热点设“专题复习”。如：估值专题，电学动态专题……等等。
5、以方法设“专题复习”。如：如何利用复合单位的物理意义解决问题……等等。
小结：无论基于哪一种思路进行的专题复习，都要有几个必要点和共同点；一是要将复习课由教师的津津乐道，变成学生主动探索；让学生在积极主动的探索研究中，在解答题目的过程中巩固所学、发现规律，使学生智力与能力同时得到训练与提高。二是要在课堂教学中给予学生足够的、适当的思考空间，让学生自主思考，体会教师的教学意图，总结练习题中的考点以及题目中所涉及到的技能和方法。这样的做法貌似浪费课堂教学时间，但从实际操作效果来看确实能提高学生的解题能力，而且长期坚持还可以让学生养成课堂思考、反思、总结的习惯。三是，通过专题复习可以克服课堂只会“听”不会“想”的不足，让学生会“听”，会“想”，更会“做”。
参考文献
[1]王艳东.初三物理专题复习策略.考试周刊，2013年第36期：3-3页
[2]康家美.浅谈初、高中物理教学衔接问题.试题与研究：教学论坛，2013年第9期：70-71页
[3]康家美.中考物理总复习中练习题处理策略初探.试题与研究：新课程论坛，2013年第8期：61-62页
专题课总结范文5
关键词：四课法；毕业设计；空天作战；卫星测控
中图分类号：G642.477 文献标识码：A 文章编号：1007-0079（2014）11-0200-02
本科毕业设计作为大学四年最后一个重要的教学环节，长期以来受到指导教师的重视和关注，创新研究了各种有效途径，取得了很好的实践效果。[1-3]笔者所在的课题组基于多年的本科毕业设计指导实践经验，深入分析了国防科学技术大学军事指挥类学生和工程技术类学生不同的特点，考虑到大范畴下单个毕业设计课题研究的局限性，分别设置了相应的专题作为毕业设计课题，受到了学生的广泛好评。
在本科毕业设计指导实践过程中，课题组基于专题式本科毕业设计指导方案，提出了“四课法”本科毕业设计专题指导方法。针对军事指挥类学生，为促进空天作战力量建设和“天战”优秀军事指挥人才培养，基于空天作战背景，设计了空天作战专题作为毕业设计选题。另外，针对测控技术与仪器专业学生的专业特点，充分结合理论和实践，软件和硬件能力的双重训练，设计了卫星测控专题作为毕业设计选题。通过空天作战专题和卫星测控专题本科毕业设计的指导研究与实践，深入分析和总结了专题毕业设计指导的相关经验，对后续毕业设计指导工作具有重要的指导意义。
一、本科毕业设计专题设计
1.军事指挥类学生本科毕业设计专题设计
自20世纪90年代至今，国际上发生了几场较大规模的局部战争，其中一个不容忽视的重要特点便是空天领域的军事应用，空天作战的概念应运而生。空天作战是指以航空航天力量为主，在其他有关力量的配合下，为达成一定的作战目的，根据统一计划和统一指挥，在空天战场共同进行的以空天威慑、空天支援和空天攻防为主要方式的作战行动。[4]未来战争，谁能够掌握空天的“制高点”，谁必将掌握战争的主导权。近年来，世界主要军事强国都争先发展空天作战力量，太空领域的竞争更趋激烈，空天战场的地位将进一步凸显。随着航空航天技术的发展，未来高技术局部战争将首先从外层空间开始，空天战场将成为敌对双方激烈争夺的战略高地。
为了保卫国家的空天安全，有效防御军事强国的空天威胁，需要科学深入地研究空天作战问题，理解和系统掌握空天作战的有关理论，对空天作战中的相关技术问题进行前沿探索。结合国防科学技术大学军事指挥类学生的培养目标和特点，笔者所在的指导团队结合空天作战相关的人才培养的迫切需求，确定了“空天作战专题”作为学生的本科毕业设计课题。因此，本毕业设计专题不仅具有很强的军事应用背景，而且具有明确的研究意义。
以空天作战为背景，从争夺制天权的基本手段、空间信息的获取及在空天作战中的应用、空间环境监测、美国空天作战相关研究对我军的启示、空天作战系统中的目标选择、攻击和防御等方面展开研究，精心设计了14个子课题以供14名军事指挥类学生选择，每个子课题都是空天作战背景下相关问题的具体描述。专题包含的14个子课题是一个有机整体，有利于学生在毕业设计过程中资源共享，相互交流和探讨，群策群力，在有限的毕业设计时间里掌握更多的相关知识。
2.工程技术类学生本科毕业设计专题设计
课题组所指导的工程技术类学生来自于测控技术与仪器专业（以下简称“测控专业”），该专业一直被学生称为“万精油”专业。因为测控专业所涉及的领域很宽，它集计算机、软件、网路、传感、电子、机械、光学等多种技术于一体，用于解决实际工程中的控制管理、信号获取、传输和处理等一系列问题。[5]但随着我国航天事业的飞速发展，“航天测控”成为测控专业学生耳熟能详的领域，更愿意将本专业和航天技术的发展同等看待。航天测控是反映一个国家综合科技实力的重要标志之一。作为当今世界最尖端的领域之一，航天测控涉及天文、天体力学、空间控制技术、电子信息、数值计算等多个尖端学科。作为测控专业的本科毕业生，迫切希望通过毕业设计更深入地了解航天测控相关的技术细节。
针对5名测控专业学生，以卫星测控为背景，确定了“卫星测控专题”作为学生的本科毕业设计课题。从卫星测控星载仪器电路原理与设计、卫星测控星载仪器信号设计与合成、卫星测控星载仪器信号接收与处理、卫星测控中的扩频信号捕获技术研究、卫星测控中的扩频信号跟踪技术研究，精心设计了5个子课题，每个子课题都是卫星测控信号流程中的重要环节，环环相扣，最终构建了一个完整的测控实验平台。有利于在毕业设计过程中培养学生的团队协作精神，加强学生间的交流与探讨，共同将卫星测控领域的技术细节理解的更加透彻。
二、“四课法”本科毕业设计专题指导实践
专题式本科毕业设计与传统的“一对一”本科毕业设计之间的不同之处在于学生从给定的子课题中选择一个子课题开展毕业设计工作，所有学生要了解专题的整体情况，同时要求每人独立完成一题。所有子课题是一个统一的整体，指导团队通过开展相应的指导，确保每个学生都能在规定的时间内进行较为深入的研究，最终完成优秀的毕业论文。指导团队包括10名教师，作为一个整体，由负责人协调进行全面指导工作，同时根据教师的专业特长，确定具体指导的子课题。在整个指导过程中，提出了“四课法”本科毕业设计专题指导方法，在四个重要阶段集中指导，以确保毕业设计指导工作进行的更加高效。
1.下达任务课：明确任务，充分交代
在学生选定相应的子课题之后，教师将下发《本科毕业设计任务书》（简称《任务书》）。在学生初步理解《任务书》的基础上，给学生们上第一课：下达任务课。
对于学生来说，本科毕业设计是一个全新的重要环节，它不同于前三年的课堂教学，也不同于任何之前进行过的教学、实验等单一训练，它是一个综合的“项目”，所以学生在拿到《任务书》后会非常困惑，不知道具体该做什么，如何做。这就迫切要求教师能够在第一时间把握学生的心理特点，针对他们的疑问，逐一解答他们的困惑。在下达任务课上，教师要积极引导学生“发问”，这样才能有的放矢的解决他们最关心的难题，达到更好的指导效果。“好的开始，是成功的一半。”在第一课上，教师要针对问题充分交代，帮助学生充分理解《任务书》的要求，让他们明确自己的任务：需要哪些基础知识，需要补充学习哪些新知识，任务的最终目标是什么，各个过程环节该如何实施？每一个方面都要交代清楚，让学生彻底打消疑虑，给他们建立自信心，为接下来的毕业设计奠定坚实的基础。
2.开题报告课：确定方向，引导思维
学生在充分理解《任务书》研究内容的基础上，通过查阅相关参考文献，将各个任务进一步细化，提炼出课题的关键问题，提出课题研究的基本方法，并制定详细的研究计划，完成《本科毕业设计开题报告》（简称《开题报告》）。
《开题报告》是学生开始进行毕业设计实质性工作的第一步，也是毕业设计环节第一次由学生主导，向教师提交撰写材料。开题报告课作为毕业设计指导的第二堂课，教师需要着重从以下几个方面把握，协助他们确定明确的方向，引导学生的发散思维，为下一步毕业设计工作制定可行的计划。
（1）对专题及子课题的认识：学生针对不太熟悉的专题领域，要了解自己子课题的研究内容，必须要全面认识子课题所在的大专题背景。所以开题报告中，要简要介绍自己对专题及课题的认识。
（2）本课题国内外研究现状及发展趋势：要明确课题的具体研究内容，首先要对国内外的研究现状进行全面了解和梳理，准确分析它的发展趋势，找准课题的研究方向。
（3）课题在理论与实践上的意义：学生选择一个子课题，最初对课题的意义并不完全清楚。通过开题报告课，教师根据学生分析的课题在理论与实践上的意义，点评相关的内容，为后续工作的展开明确方向。
（4）课题需要解决的关键理论问题和实际问题：课题研究的核心内容是解决一定的理论问题和实际问题，这是学生必须把握的内容，也是开题报告课最重要的部分。教师要根据学生《开题报告》的内容分析他们的思路，从各子课题展开，确保每个学生都能理顺课题的关键问题。
（5）课题研究的基本方法、实验方案及技术路线的可行性论证，并估计在进行论文工作中可能遇到的困难、问题和解决措施：明确了需要解决的关键问题之后，学生在《开题报告》中对研究的基本方法及可行性进行分析。教师要客观分析研究内容的工作量和学生有效投入时间等因素，评价其可行性，及时修正不合理部分。此外，教师还要对论文工作中可能遇到的困难和问题与学生进行充分探讨，引导学生提出相应的解决措施。
（6）论文研究的进展计划：在有限的时间里，需要进行一定的研究工作。一般而言，时间较为紧张，通过制定详细的研究进展计划，划分重要的检查节点，有利于教师更有针对性的指导学生顺利完成毕业设计任务。在开题报告课上，教师根据学生制定的论文研究进展计划，分析其合理性和可考核性，并进行必要的调整。
3.中期检查课：查看方法与思路，细致指导，广泛讨论
在学生毕业设计工作进行到一半时，实施“中期检查课”。开题报告课上，已经对整个毕业设计进行全面规划和部署，在中期检查节点应该完成哪些内容，是有明确计划的。因此在中期检查课上，教师首先要查看研究方法是否正确，研究思路是否清晰，在更细节的方面加强指导，为后半部分的毕业设计定下方向。其次多个学生做同一个专题，有很多研究内容和研究成果是可以提前进行资源共享的。教师要引导学生进行广泛的讨论，取长补短，齐头并进，共同进步。另外，还要给每个学生吃下“定心丸”：大家一定能在规定的时间内顺利完成毕业设计工作，只需要稍稍调整心态，更加投入，按照《任务书》中的任务需要，对照《开题报告》中的研究思路，一步步朝着目标努力。
4.论文成稿课：查看内容与数据，规定格式
在学生完成《本科毕业论文》（简称《论文》）初稿时，开设“论文成稿课”。事实上，从毕业设计之初，大部分学生就开始着手为撰写毕业论文储备有用的素材，认真思考，形成新的观点进行论述。在论文成稿课上，教师要查看论文的内容是否是学生独自完成的，是否是带有自己新观点的论述；检查相关的实验数据是否真实可信，必要时进行相关的考证；其他方面也要严格把握，如语句是否通顺，逻辑是否合理等，都要进行全面的指导；另外，还要查看论文格式是否完全符合规定。
除了以上重要的“四课”之外，在毕业设计实施过程中，由指导团队负责人统一安排和部署，每周都有2～3名教师进行全面的指导；指导教师针对各自具体负责的子课题，定期和学生见面，了解毕业设计进展，进行现场指导，及时解决学生毕业设计过程中遇到的问题。此外，鼓励学生通过电子邮件的方式和指导教师每周联络一次，学生向指导教师汇报毕业设计的进展情况，指导教师检查学生的阶段性完成情况，以确保指导工作落到实处。
三、感想与总结
在本次本科毕业设计工作中，针对军事指挥类学生和工程技术类学生，均创新性地提出了“大专题”模式本科毕业设计团队指导方案。对于选定该专题的学生，每个人都要花费一个学期的时间完成一个完整的毕业设计课题，毕业论文就是最终的成果形式。事实上，每个人除了自己的成果之外，还能在每次讨论及最终答辩中汲取其他同学的研究成果，学到其他的新知识，达到知识共享。这就是专题式毕业设计最大的意义所在。
通过本次毕业设计研究与实践发现：第一，空天作战专题和卫星测控专题都是全新的毕业设计课题，深受学生们的欢迎，两专题可以作为固定课题以供后续的学生继续研究和学习。第二，毕业设计指导过程中，教师要指导学生学习基础理论、基本知识和基本方法，学生通过思考和提问，又能促进教师更多的思考，师生间碰撞出意想不到的火花，使学生学到更多新知识。第三，“四课法”本科毕业设计专题指导方法是通过多年实践经验总结出来的，应用成效显著。课堂上对学生进行针对性指导后，学生能更清晰地梳理自己的思路，调整自己的进度，学生之间也可以取长补短，资源共享，达到更好的效果。通过分析和总结相关经验，在后续的毕业设计指导工作中，教师将更有针对性地指导学生，让他们在毕业设计过程中取得更大的进步。
参考文献：
[1]熊艳，刘国福.初探军校大学生本科毕业设计中存在的问题及解决措施[J].中国教育技术装备，2011，（3）：57-58.
[2]王正杰.基于团队设计项目的本科毕业设计模式研究与实践[J].北京青年政治学院学报，2011，20（2）：105-110.
[3]范兴明，张鑫，王荣，等.本科毕业设计过程中创新精神与实践创新能力的培养[J].科技信息，2011，（21）：22-23.
[4]王万春.空天作战理论与实践[M].北京：蓝天出版社，2010.
[5]冯旭哲，陈建云，明德祥.测控技术与仪器专业本科毕业设计研究与实践[J].高等教育研究学报，2011，34（1）：86-88.
专题课总结范文6
【关键词】物理教研 专题研究 探索教育规律
近几年来，作为物理教研组长，我在完成教学任务的同时，开展了一些物理教学专题研究活动，对物理教学质量的提高起到了一定的作用。下面就教学专题研究中的几个问题，谈一些看法和做法。
一、搞好教学专题研究首先要提高认识
所谓教学专题研究，就是针对教学过程中存在的一些突出需要解决的问题，运用科学方法，有目的、有计划地去探索教学规律的研究活动。其根本目的是为了深化教学改革，提高教学质量。
然而，并非所有教师都能从思想上认识到教学专题研究的作用和意义。有的教师课务很重，感到没有时间进行教学专题研究；有的教师认为教学专题研究是专门从事教研人员的事情；有的教师则对普通任课教师能否开展教学专题研究，在思想上缺乏足够的信心；有的教师还认为搞教学专题研究会分散精力，影响正常教学任务的完成；也有的教师认为搞教学专题研究花费时间，但研究成果未必就能在报刊上发表。
因此，为了搞好教学专题研究，首要任务是要弄清进行教学专题研究的意义和作用，扫除上述心理障碍。在实际中，若任课教师不搞教学专题研究，只凭教学经验，也许能把课勉强地讲下去，但教学质量只能停留在较低的水平上。若能结合教学进行专题研究，用科学方法研究教育对象和教学规律，就能使教学质量提高到一个新的水平，也会使教育者的教学能力得到很大的提高。实践证明，教师只要重视教学专题研究工作，认真实践和总结，一定会取得丰硕成果。就拿高物理实验来说，根据多年的教学实践，找出现成的教学仪器的不足之处，从中确定几件重要的实验装置作为主攻对象，再根据推陈出新的原则，进行新教具的设计和制作，并在实际教学中进行检验和进一步改进，最终研制出具有较高水平的新型“牛顿第三定律演示器” “全电路欧姆定律演示器”“电阻定律演示器”等，对物理实验教学起到了很好的促进作用。
二、选好课题是搞好教学专题研究的重要环节
如何确定教学研究课题，是搞好教学专题研究的关键。笔者在实践中体会到，任课教师应该从中学教学实际出发，结合所教学科的实际情况，针对教学中存在的问题进行专题研究。这种从教学实际中选题的方法是搞好教学专题研究的重要途径。一般来说，任课教师课务较重，很少有较多的时间去作纯学术性的大课题研究，所以教师应充分利用身处教学第一线的有利因素，抓住教学实践中亟待解决的问题进行认真研究，这样就能很快出成果，提高教学专题研究的效率。就物理教学而言，要认真研究的问题很多。
在确定研究课题之前，应该查阅有关资料，了解是否对这个问题已经研究过，还存在什么问题没有解决，这样可避免重复性研究。例如，如何全面考查中学物理教学质量，这是一个亟待解决的问题。传统的期中考试和期终考试只进行90分钟的闭卷笔试，它不能考查学生的实际操作能力和分析、解决问题的能力。针对这个问题，我同两位青年教师就把它列为一个研究课题，专门研究改进的方法，并在高一物理期终考试中实施了我们研究的综合考试方法：采用标准化测验形式，闭卷考查学生所学的基本知识和基本运算技能；再采用撰写物理小论文的形式考查学生分析问题和解决问题的能力；最后采用实验操作考查学生的物理实验能力。考完以后，采用无记名的问卷形式，让学生发表对这次考试方法改革的看法，教师则对考试方法改革的实践和数据进行统计和分析，从而得出：综合考试法能够全面考查学生的实际水平，反馈性强，有利于促进教学改革，易于发挥学生的创造精神，是中学物理教学中一种较好的考试方法的结论。
三、先进的教育教学理论是搞好教学专题研究的重要保证
教学专题研究是用科学方法探索教育规律的实践活动，因此，在研究过程中，必须以教育理论为指导，探索教学规律。任何脱离教育理论的研究都是没有普遍意义的。
一般来说，中学教师对教育学和心理学的基本知识是有所了解的，但只凭这些了解是远远不够的，还应该掌握教育科研的方法与理论，掌握教育统计和评论方法，更应掌握与教学研究专题相关的教学理论。如果没有掌握教育理论，就谈不上教学专题研究，最多也只能是教学经验总结。若能以正确的教育理论为指导，就能提高研究成果的质量。例如，在06届高中毕业班物理教学过程中，我根据学生的学习情况，对一批尖子学生的智力因素和非智力因素进行了具体的逐个分析，找出他们在物理学习上的特点和不足之处，然后根据因材施教的原则进行考前指导。特别是本人所教班级学生刘晓婷因“万有引力”部分在高一时没有学好，每次考试都在这一部分失分，根据她的情况，我制订计划单独辅导，从而使其顺利地考入中国人民大学。
四、撰写教学专题研究论文是教学专题研究的重要任务
