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專題課總結范文1
一、調研活動的基本情況及主要做法
按照《市人事局、市編辦深入學習實踐科學發展觀活動實施方案》，我局對調研工作作出認真部署安排，采取研討、座談、征求意見和下基層調研等多種方式開展調研，共分4個調研組，由局領導負責各專題調研任務。共調研了10個區（縣）、11個公務員培訓基地，22個專業技術人員繼續教育基地，2個街道辦事處，教育、衛生、市政市容等重點單位，召開座談會12個，下發征求意見通知80余份，收集意見建議100多條，用時一周，較好地完成了調研的各項任務。
（一）周密計劃、精心部署。調研活動作為學習實踐活動中查找問題、研究對策的一個重點環節，局黨組高度重視。在研究制定學習實踐活動實施方案時，制定了調研活動方案，明確了調研目的、方法、重點和調研內容，確定了12個調研課題，要求各處（室）、中心針對調研題目做好調研準備工作。在調研活動開展前，又專門下發了《市人事局深入學習實踐科學發展觀活動調研工作方案》，根據領導班子成員職責分工，分4個調研組帶領各處（室）、中心負責人，深入昌吉、烏魯木齊市各區（縣）和服務對象采取實地考察、召開座談會、深入街道等多種形式開展為期一周的調研活動。調研強調，要把調研活動與學習實踐科學發展觀活動緊密相結合、與解決突出矛盾問題相結合、與貫徹十七屆三中全會精神相結合、與推動工作相結合的原則，提出有關要求。
（二）主題鮮明、重點突出。在調研內容的具體安排上，緊密圍繞“立足*一體化，推進人事工作科學發展，造福各族干部職工”的活動主題，認真研討影響和制約當前人事工作實現科學發展的薄弱環節和問題，認真調研人事政策存在的突出矛盾和問題。立足于推動人事人才工作創新發展，確定了人事制度改革、人才隊伍建設、高校畢業生就業、干部安置、引智工作、人才市場建設等各項主要業務工作及人事部門自身建設為內容的12個調研課題。
（三）嚴密組織、務求實效。調研活動中認真搞好調研實施工作，提前下發調研提綱，要求被調研單位積極做好調研配合的準備工作。在下基層的具體調研中，也采取了聽取情況介紹、召開座談會研討、問卷、走訪、查閱資料等方式，認真聽取基層的意見及建議，避免了調研的形式主義，掌握了大量的真實可靠的第一手資料，為調研報告提供了充分的事實和依據。
（四）認真分析、研究對策。在調研中堅持邊調查、邊思考、邊研究，與被調研單位共同分析查找和剖析存在的問題及原因，探討解決問題的措施、辦法。調研結束后，結合局里的座談、問卷工作，各調研組及時根據調研結果形成高質量的調研報告，完成領導班子成員調研文章4篇，主要內容為：建立*兩地統一人力資源管理運行機制問題研究；以科學發展觀為指導，切實解決影響和制約事業單位人事制度改革發展的突出問題；學習實踐科學發展觀，深入探討工資收入分配制度，開創我市培訓教育工作新局面；貫徹落實科學發展觀，大力實施人才強市戰略，促進經濟社會又好又快發展?？梢哉f四篇調研文章立意新、選題準，緊緊圍繞學習實踐活動主題，就我市人事人才工作如何更好地服務經濟社會又好又快發展，如何加快推進*一體化進程，如何破解人事人才工作難題都進行了深入研究，既有定量分析，又有定性研究，為今后一個時期人事人才工作科學發展奠定了較高的理論基礎。參與調研的各處（室）、中心也緊緊圍繞各自承擔的調研課題，緊密結合業務工作，形成高質量調研文章12篇，主要內容涉及加快實施“人才強市”戰略對策與研究、促進高校畢業生就業對策措施、加強公務員科學管理探索、引智工作存在的問題和政策建議和新時期黨建工作及黨風廉政建設責任制存在的問題與對策建議等。另外，在調研工作中，各調研組還實地解決或承諾近期解決干部安置、自主擇業干部管理、米東區職稱、工資遺留問題、完善事業單位招聘專業科目測試題庫建設等8個問題。通過前往昌吉州調研和邀請昌吉州來我市調研座談，與昌吉州人事局達成3項共識:一是建立烏魯木齊市人事局、昌吉州人事局聯席會議制度，定期就*地區人事人才工作進展情況、有關問題互相通報、共同研究；二是從*人事部門抽調專人組成調研組，圍繞*人才一體化建設進行深入調研，共同形成調研課題；三是在深入調研的基礎上。經*人事部門認真研究探討出臺*人才一體化指導意見?？梢哉f，此次調研工作為市人事局下一階段深入開展思想大討論，搞好分析檢查和整改落實打下了堅實的基礎。
專題課總結范文2
摘 要：該報告對外掛式可回轉一體化推進裝置項目2013年度技術工作進行了全面總結，2013年完成了推進裝置初樣的方案設計和技術設計，并組織了方案設計評審，以及技術設計評審的全部準備工作。在研究中將推進裝置劃分為推進裝置總體、全回轉機構和推進電機三個分系統，推進裝置總體分系統中完成了高效導管槳和槽道槳的設計研究，全回轉機構分系統完成了全回轉機構結構設計和回轉角度控制和定位研究，推進電機分系統完成了主推進電機、槽道電機和回轉驅動電機的設計，基于粘流的數值計算建立了導管槳在回轉過程中的水動力載荷分析技術，采用磁耦合及動密封傳動方式建立了大功率深水電機動力傳動技術，采用高精度的蝸輪+雙導程蝸桿傳動機構的設計形成了深?；剞D機構的密封和角度定位技術，在數值計算和模型試驗基礎上評估的外掛式全回轉推進裝置和槽道推進裝置初樣的技術指標可以滿足課題任務書和小站的技術要求。
關鍵詞：全回轉機構 高效導管 槽道槳 深水電機 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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專題課總結范文3
導數及其應用
第八講
導數的綜合應用
2019年
1.（2019全國Ⅲ文20）已知函數.
（1）討論的單調性；
（2）當0
2.（2019北京文20）已知函數．
（Ⅰ）求曲線的斜率為1的切線方程；
（Ⅱ）當時，求證：；
（Ⅲ）設，記在區間上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值．
3.（2019江蘇19）設函數、為f（x）的導函數．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零點均在集合中，求f（x）的極小值；
（3）若，且f（x）的極大值為M，求證:M≤．
4.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）為f（x）的導數．
（1）證明：f
′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．
5.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）為f（x）的導數．
（1）證明：f
′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．
6.（2019全國Ⅱ文21）已知函數.證明：
（1）存在唯一的極值點；
（2）有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.
7.（2019天津文20）設函數，其中.
（Ⅰ）若，討論的單調性；
（Ⅱ）若，
（i）證明恰有兩個零點
（ii）設為的極值點，為的零點，且，證明.
8.（2019浙江22）已知實數，設函數
（1）當時，求函數的單調區間；
（2）對任意均有
求的取值范圍.
注：e=2.71828…為自然對數的底數.
2010-2018年
一、選擇題
1．（2017新課標Ⅰ）已知函數，則
A．在單調遞增
B．在單調遞減
C．的圖像關于直線對稱
D．的圖像關于點對稱
2．（2017浙江）函數的導函數的圖像如圖所示，則函數的圖像可能是
A．
B．
C．
D．
3．（2016年全國I卷）若函數在單調遞增，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
4．（2016年四川）已知為函數的極小值點，則
A．4
B．2
C．4
D．2
5．（2014新課標2）若函數在區間（1，+）單調遞增，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
6．（2014新課標2）設函數．若存在的極值點滿足
，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
7．（2014遼寧）當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
8．（2014湖南）若，則
A．
B．
C．
D．
9．（2014江西）在同一直角坐標系中，函數與
的圖像不可能的是
10．（2013新課標2）已知函數，下列結論中錯誤的是
A．
B．函數的圖像是中心對稱圖形
C．若是的極小值點，則在區間單調遞減
D．若是的極值點，則
11．（2013四川）設函數（，為自然對數的底數）．若存在使成立，則的取值范圍是（
）
A．
B．
C．
D．
12．（2013福建）設函數的定義域為R，是的極大值點，以下結論一定正確的是
A．
B．是的極小值點
C．是的極小值點
D．是的極小值點
13．（2012遼寧）函數的單調遞減區間為
A．(－1,1]
B．(0,1]
C．
[1,+)
D．(0,+)
14．（2012陜西）設函數，則
A．為的極大值點
B．為的極小值點
C．為的極大值點
D．為的極小值點
15．（2011福建）若，，且函數在處有極值，則的最大值等于
A．2
B．3
C．6
D．9
16．（2011浙江）設函數，若為函數的一個極值點，則下列圖象不可能為的圖象是
A
B
C
D
17．（2011湖南）設直線
與函數，
的圖像分別交于點，則當達到最小時的值為
A．1
B．
C．
D．
二、填空題
18．（2016年天津）已知函數為的導函數，則的值為____.
19．（2015四川）已知函數，(其中)．對于不相等的實數，設＝，＝．現有如下命題：
①對于任意不相等的實數，都有；
②對于任意的及任意不相等的實數，都有；
③對于任意的，存在不相等的實數，使得；
④對于任意的，存在不相等的實數，使得．
其中真命題有___________(寫出所有真命題的序號)．
20．（2011廣東）函數在=______處取得極小值．
三、解答題
21．（2018全國卷Ⅰ）已知函數．
(1)設是的極值點．求，并求的單調區間；
(2)證明：當時，．
22．（2018浙江）已知函數．
(1)若在，()處導數相等，證明：；
(2)若，證明：對于任意，直線與曲線有唯一公共點．
23．（2018全國卷Ⅱ）已知函數．
(1)若，求的單調區間；
(2)證明：只有一個零點．
24．（2018北京）設函數．
(1)若曲線在點處的切線斜率為0，求；
(2)若在處取得極小值，求的取值范圍．
25．（2018全國卷Ⅲ）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)證明：當時，．
26．（2018江蘇）記分別為函數的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“點”．
(1)證明：函數與不存在“點”；
(2)若函數與存在“點”，求實數a的值；
(3)已知函數，．對任意，判斷是否存在，使函數與在區間內存在“點”，并說明理由．
27．（2018天津）設函數，其中，且是公差為的等差數列．
(1)若
求曲線在點處的切線方程；
(2)若，求的極值；
(3)若曲線與直線有三個互異的公共點，求d的取值范圍．
28．（2017新課標Ⅰ）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
29．（2017新課標Ⅱ）設函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，，求的取值范圍．
30．（2017新課標Ⅲ）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明．
31．（2017天津）設，．已知函數，
．
（Ⅰ）求的單調區間；
（Ⅱ）已知函數和的圖象在公共點處有相同的切線，
（i）求證：在處的導數等于0；
（ii）若關于x的不等式在區間上恒成立，求的取值范圍．
32．（2017浙江）已知函數．
（Ⅰ）求的導函數；
（Ⅱ）求在區間上的取值范圍．
33．（2017江蘇）已知函數有極值，且導函數
的極值點是的零點．（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）
（1）求關于的函數關系式，并寫出定義域；
（2）證明：；
34．（2016年全國I卷）已知函數.
(I)討論的單調性；
(II)若有兩個零點，求的取值范圍.
35．（2016年全國II卷）已知函數.
(Ⅰ)當時，求曲線在處的切線方程；
(Ⅱ)若當時，，求的取值范圍.
36．（2016年全國III卷）設函數．
（Ⅰ）討論的單調性；
（Ⅱ）證明當時，；
（III）設，證明當時，．
37．（2015新課標2）已知函數．
（Ⅰ）討論的單調性；
（Ⅱ）當有最大值，且最大值大于時，求的取值范圍．
38．（2015新課標1）設函數．
（Ⅰ）討論的導函數零點的個數；
（Ⅱ）證明：當時．
39．（2014新課標2）已知函數，曲線在點（0，2）處的切線與軸交點的橫坐標為－2．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）證明：當時，曲線與直線只有一個交點．
40．(2014山東）設函數（為常數，是自然對數的底數）
（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；
（Ⅱ）若函數在內存在兩個極值點，求的取值范圍．
41．（2014新課標1）設函數，
曲線處的切線斜率為0
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若存在使得，求的取值范圍．
42．（2014山東）設函數
，其中為常數．
（Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程；
（Ⅱ）討論函數的單調性．
43．(2014廣東)
已知函數
（Ⅰ）求函數的單調區間；
（Ⅱ）當時，試討論是否存在，使得．
44．(2014江蘇)已知函數，其中e是自然對數的底數．
（Ⅰ）證明：是R上的偶函數；
（Ⅱ）若關于的不等式≤在上恒成立，求實數的取值范圍；
（Ⅲ）已知正數滿足：存在，使得成立．試比較與的大小，并證明你的結論．
45．（2013新課標1）已知函數，曲線在點處切線方程為．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）討論的單調性，并求的極大值．
46．（2013新課標2）已知函數．
（Ⅰ）求的極小值和極大值；
（Ⅱ）當曲線的切線的斜率為負數時，求在軸上截距的取值范圍．
47．（2013福建）已知函數（，為自然對數的底數）．
（Ⅰ）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；
（Ⅱ）求函數的極值；
（Ⅲ）當的值時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值．
48．(2013天津)已知函數．
（Ⅰ）求函數的單調區間；
（Ⅱ）
證明：對任意的，存在唯一的，使．
（Ⅲ）設（Ⅱ）中所確定的關于的函數為，
證明：當時，有．
49．（2013江蘇）設函數，，其中為實數．
（Ⅰ）若在上是單調減函數，且在上有最小值，求的取值范圍；
（Ⅱ）若在上是單調增函數，試求的零點個數，并證明你的結論．
50．（2012新課標）設函數f(x)=－ax－2
（Ⅰ）求的單調區間
（Ⅱ）若，為整數，且當時，，求的最大值
51．（2012安徽）設函數
（Ⅰ）求在內的最小值；
（Ⅱ）設曲線在點的切線方程為；求的值。
52．（2012山東）已知函數（為常數，是自然對數的底數），曲線在點處的切線與軸平行．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的單調區間；
（Ⅲ）設，其中是的導數．
證明：對任意的，．
53．（2011新課標）已知函數，曲線在點處的切線方程為．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）證明：當，且時，．
54．（2011浙江）設函數，
（Ⅰ）求的單調區間；
（Ⅱ）求所有實數，使對恒成立．
注：為自然對數的底數．
55．（2011福建）已知，為常數，且，函數，（e=2.71828…是自然對數的底數）．
（Ⅰ）求實數的值；
（Ⅱ）求函數的單調區間；
（Ⅲ）當時，是否同時存在實數和()，使得對每一個∈，直線與曲線（∈[，e]）都有公共點？若存在，求出最小的實數和最大的實數；若不存在，說明理由．
56．（2010新課標）設函數
（Ⅰ）若=，求的單調區間；
（Ⅱ）若當≥0時≥0，求的取值范圍．
專題三
導數及其應用
第八講
導數的綜合應用
答案部分
2019年
1.解析（1）．
令，得x=0或.
若a>0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減；
若a=0，在單調遞增；
若a
（2）當時，由（1）知，在單調遞減，在單調遞增，所以在[0,1]的最小值為，最大值為或.于是
，
所以
當時，可知單調遞減，所以的取值范圍是.
當時，單調遞減，所以的取值范圍是.
綜上，的取值范圍是.
2.解析（Ⅰ）由得．
令，即，得或．
又，，
所以曲線的斜率為1的切線方程是與，
即與．
（Ⅱ）要證，即證，令．
由得．
令得或．
在區間上的情況如下：
所以的最小值為，最大值為．
故，即．
（Ⅲ），由（Ⅱ）知，，
當時，；
當時，；
當時，．
綜上，當最小時，．
3.解析（1）因為，所以．
因為，所以，解得．
（2）因為，
所以，
從而．令，得或．
因為都在集合中，且，
所以．
此時，．
令，得或．列表如下：
1
+
–
+
極大值
極小值
所以的極小值為．
（3）因為，所以，
．
因為，所以，
則有2個不同的零點，設為．
由，得．
列表如下：
+
–
+
極大值
極小值
所以的極大值．
解法一：
．因此．
解法二：因為，所以．
當時，．
令，則．
令，得．列表如下：
+
–
極大值
所以當時，取得極大值，且是最大值，故．
所以當時，，因此．
4.解析
（1）設，則.
當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
又，故在存在唯一零點.
所以在存在唯一零點.
（2）由題設知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
又，所以，當時，.
又當時，ax≤0，故.
因此，a的取值范圍是.
5.解析
（1）設，則.
當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
又，故在存在唯一零點.
所以在存在唯一零點.
（2）由題設知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
又，所以，當時，.
又當時，ax≤0，故.
因此，a的取值范圍是.
6.解析（1）的定義域為（0，+）.
.
因為單調遞增，單調遞減，所以單調遞增，又，
，故存在唯一，使得.
又當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.
因此，存在唯一的極值點.
（2）由（1）知，又，所以在內存在唯一根.
由得.
又，故是在的唯一根.
綜上，有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.
7.解析（Ⅰ）由已知，的定義域為，且
，
因此當時，
，從而，所以在內單調遞增.
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，
可知在內單調遞減，又，且
.
故在內有唯一解，從而在內有唯一解，不妨設為，則.
當時，，所以在內單調遞增；當時，，所以在內單調遞減，因此是的唯一極值點.
令，則當時，，故在內單調遞減，從而當時，
，所以.
從而，
又因為，所以在內有唯一零點.又在內有唯一零點1，從而，在內恰有兩個零點.
（ii）由題意，即，從而，即.因為當時，
，又，故，兩邊取對數，得，于是
，
整理得.
8.解析（Ⅰ）當時，．
，
所以，函數的單調遞減區間為（0，3），單調遞增區間為（3，+）．
（Ⅱ）由，得．
當時，等價于．
令，則．
設
，則
．
（i）當
時，，則
．
記，則
.
故
1
+
單調遞減
極小值
單調遞增
所以，
．
因此，．
（ii）當時，．
令
，則，
故在上單調遞增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得對任意，，
即對任意，均有．
綜上所述，所求a的取值范圍是．
2010-2018年
1．C【解析】由，知，在上單調遞增，
在上單調遞減，排除A、B；又，
所以的圖象關于對稱，C正確．
2．D【解析】由導函數的圖象可知，的單調性是減增減增，排除
A、C；由導函數的圖象可知，的極值點一負兩正，所以D符合，選D．
3．C【解析】函數在單調遞增，
等價于
在恒成立．
設，則在恒成立，
所以，解得．故選C．
4．D【解析】因為，令，，當
時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增．所以．故選D．
5．D【解析】，，在（1，+）單調遞增，
所以當
時，恒成立，即在（1，+）上恒成立，
，，所以，故選D．
6．C【解析】由正弦型函數的圖象可知：的極值點滿足，
則，從而得．所以不等式
，即為，變形得，其中．由題意，存在整數使得不等式成立．當且時，必有，此時不等式顯然不能成立，故或，此時，不等式即為，解得或．
7．C【解析】當時，得，令，則，
，令，，
則，顯然在上，，單調遞減，所以，因此；同理，當時，得．由以上兩種情況得．顯然當時也成立，故實數的取值范圍為．
8．C【解析】設，則，故在上有一個極值點，即在上不是單調函數，無法判斷與的大小，故A、B錯；構造函數，，故在上單調遞減，所以，選C．
9．B【解析】當，可得圖象D；記，
，
取，，令，得，易知的極小值為，又，所以，所以圖象A有可能；同理取，可得圖象C有可能；利用排除法可知選B．
10．C【解析】若則有，所以A正確。由得
，因為函數的對稱中心為（0,0），
所以的對稱中心為,所以B正確。由三次函數的圖象可知，若是的極小值點，則極大值點在的左側，所以函數在區間（∞,
）單調遞減是錯誤的，D正確。選C.
11．A【解析】若在上恒成立，則，
則在上無解；
同理若在上恒成立，則。
所以在上有解等價于在上有解，
即，
令，所以，
所以．
12．D【解析】A．，錯誤．是的極大值點，并不是最大值點；B．是的極小值點．錯誤．相當于關于y軸的對稱圖像，故應是的極大值點；C．是的極小值點．錯誤．相當于關于軸的對稱圖像，故應是的極小值點．跟沒有關系；D．是的極小值點．正確．相當于先關于y軸的對稱，再關于軸的對稱圖像．故D正確．
13．B【解析】,,由，解得，又，
故選B．
14．D【解析】，，恒成立，令，則
當時，，函數單調減，當時，，函數單調增，
則為的極小值點，故選D．
15．D【解析】，由，即，得．
由，，所以，當且僅當時取等號．選D．
16．D【解析】若為函數的一個極值點，則易知，選項A，B的函數為，，為函數的一個極值點滿足條件；選項C中，對稱軸，且開口向下，
，，也滿足條件；選項D中，對稱軸
，且開口向上，，，與題圖矛盾，故選D．
17．D【解析】由題不妨令，則，
令解得，因時，，當時，
，所以當時，達到最小．即．
18．3【解析】．
19．①④【解析】因為在上是單調遞增的，所以對于不相等的實數，恒成立，①正確；因為，所以
=，正負不定，②錯誤；由，整理得．
令函數，則，
令，則，又，
，從而存在，使得，
于是有極小值，所以存
在，使得，此時在上單調遞增，故不存在不相等的實數，使得，不滿足題意，③錯誤；由得，即，設，
則，所以在上單調遞增的，且當時，
，當時，，所以對于任意的，與的圖象一定有交點，④正確．
20．2【解析】由題意，令得或．
因或時，，時，．
時取得極小值．
21．【解析】(1)的定義域為，．
由題設知，，所以．
從而，．
當時，；當時，．
所以在單調遞減，在單調遞增．
(2)當時，．
設，則
當時，；當時，．所以是的最小值點．
故當時，．
因此，當時，．
22．【解析】(1)函數的導函數，
由得，
因為，所以．
由基本不等式得．
因為，所以．
由題意得．
設，
則，
所以
16
+
所以在上單調遞增，
故，
即．
(2)令，，則
，
所以，存在使，
所以，對于任意的及，直線與曲線有公共點．
由得．
設，
則，
其中．
由(1)可知，又，
故，
所以，即函數在上單調遞減，因此方程至多1個實根．
綜上，當時，對于任意，直線與曲線有唯一公共點．
23．【解析】(1)當時，，．
令解得或．
當時，；
當時，．
故在，單調遞增，在單調遞減．
(2)由于，所以等價于．
設，則，
僅當時，所以在單調遞增．
故至多有一個零點，從而至多有一個零點．
又，，
故有一個零點．
綜上，只有一個零點．
24．【解析】(1)因為，
所以．
，
由題設知，即，解得．
(2)方法一：由(1)得．
若，則當時，；
當時，．
所以在處取得極小值．
若，則當時，，
所以．
所以1不是的極小值點．
綜上可知，的取值范圍是．
方法二：．
(ⅰ)當時，令得．
隨的變化情況如下表：
1
+
?
↗
極大值
在處取得極大值，不合題意．
(ⅱ)當時，令得．
①當，即時，，
在上單調遞增，
無極值，不合題意．
②當，即時，隨的變化情況如下表：
1
+
?
+
↗
極大值
極小值
↗
在處取得極大值，不合題意．
③當，即時，隨的變化情況如下表：
+
?
+
↗
極大值
極小值
↗
在處取得極小值，即滿足題意．
(ⅲ)當時，令得．
隨的變化情況如下表：
?
+
?
極小值
↗
極大值
在處取得極大值，不合題意．
綜上所述，的取值范圍為．
25．【解析】(1)，．
因此曲線在點處的切線方程是．
(2)當時，．
令，則．
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；
所以．因此．
26．【解析】(1)函數，，則，．
由且，得，此方程組無解，
因此，與不存在“點”．
(2)函數，，
則．
設為與的“點”，由且，得
，即，（*）
得，即，則．
當時，滿足方程組（*），即為與的“點”．
因此，的值為．
(3)對任意，設．
因為，且的圖象是不間斷的，
所以存在，使得．令，則．
函數，
則．
由且，得
，即，（**）
此時，滿足方程組（**），即是函數與在區間內的一個“點”．
因此，對任意，存在，使函數與在區間內存在“點”．
27．【解析】(1)由已知，可得，故，
因此，=?1，
又因為曲線在點處的切線方程為，
故所求切線方程為．
(2)由已知可得
．
故．令=0，解得，或．
當變化時，，的變化如下表：
(?∞，
)
(，
)
(，
+∞)
+
?
+
↗
極大值
極小值
↗
所以函數的極大值為；函數小值為．
(3)曲線與直線有三個互異的公共點等價于關于的方程有三個互異的實數解，
令，可得．
設函數，則曲線與直線有三個互異的公共點等價于函數有三個零點．
．
當時，，這時在R上單調遞增，不合題意．
當時，=0，解得，．
易得，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
的極大值=>0．
的極小值=?．
若，由的單調性可知函數至多有兩個零點，不合題意．
若即，
也就是，此時，
且，從而由的單調性，可知函數在區間內各有一個零點，符合題意．
所以的取值范圍是
28．【解析】（1）函數的定義域為，
，
①若，則，在單調遞增．
②若，則由得．
當時，；當時，，
所以在單調遞減，在單調遞增．
③若，則由得．
當時，；當時，，
故在單調遞減，在單調遞增．
（2）①若，則，所以．
②若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為
．從而當且僅當，即時，．
③若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為
．
從而當且僅當，即時．
綜上，的取值范圍為．
29．【解析】（1）
令得
，．
當時，；當時，；當時，．
所以在，單調遞減，在單調遞增．
（2）．
當時，設函數，，因此在單調遞減，而，故，所以
．
當時，設函數，，所以在單調遞增，而，故．
當時，，，
取，則，，
故．
當時,取,則,．
綜上，的取值范圍是．
30．【解析】（1）的定義域為，．
若，則當時，，故在單調遞增.
若，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.
（2）由（1）知，當時，在取得最大值，最大值為
．
所以等價于，
即．
設，則．
當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減.故當時，取得最大值，最大值為．所以當時，．從而當時，，即．
31．【解析】（I）由，可得
，
令，解得，或．由，得．
當變化時，，的變化情況如下表：
所以，的單調遞增區間為，，單調遞減區間為．
（II）（i）因為，由題意知，
所以，解得．
所以，在處的導數等于0．
（ii）因為，，由，可得．
又因為，，故為的極大值點，由（I）知．
另一方面，由于，故，
由（I）知在內單調遞增，在內單調遞減，
故當時，在上恒成立，
從而在上恒成立．
由，得，．
令，，所以，
令，解得（舍去），或．
因為，，，故的值域為．
所以，的取值范圍是．
32．【解析】（Ⅰ）因為，
所以
（Ⅱ）由
解得或．
因為
x
（，1）
1
（1，）
（，）
-
+
-
↗
又，
所以在區間上的取值范圍是．
33．【解析】(1)由,得.
當時，有極小值.
因為的極值點是的零點.
所以，又，故.
因為有極值，故有實根，從而，即.
時，，故在R上是增函數，沒有極值；
時，有兩個相異的實根，.
列表如下
+
–
+
極大值
極小值
故的極值點是.
從而，
因此，定義域為.
（2）由（1）知，．
設，則．
當時，，所以在上單調遞增．
因為，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知,的極值點是，且，.
從而
記，所有極值之和為，
因為的極值為，所以，.
因為，于是在上單調遞減.
因為，于是，故.
因此的取值范圍為.
34．【解析】
(Ⅰ)
(i)設，則當時，；當時，.
所以在單調遞減，在單調遞增.
(ii)設，由得或．
①若，則，所以在單調遞增.
②若，則,故當時，；
當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
③若，則，故當時，，當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.
(Ⅱ)(i)設，則由(I)知，在單調遞減，在單調遞增.
又，取b滿足b
則，所以有兩個零點.
(ii)設a=0，則，所以有一個零點.
(iii)設a
又當時，
綜上，的取值范圍為.
35．【解析】（Ⅰ）的定義域為.當時，
，
曲線在處的切線方程為
（Ⅱ）當時，等價于
令，則
，
（i）當，時，，
故在上單調遞增，因此；
（ii）當時，令得
，
由和得，故當時，，在單調遞減，因此.
綜上，的取值范圍是
36．【解析】（Ⅰ）由題設，的定義域為，，令，解得．當時，，單調遞增；當時，，單調遞減．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在處取得最大值，最大值為.
所以當時，.
故當時，，，即.
（Ⅲ）由題設，設，則，
令，解得.
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
由（Ⅱ）知，，故，又，
故當時，.
所以當時，.
37【解析】（Ⅰ）的定義域為，．
若，則，所以在單調遞增．
若，則當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當時，在上無最大值；當時，在取得最大值，最大值為．
因此等價于．
令，則在單調遞增，．
于是，當時，；當時，．
因此的取值范圍是．
38．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．
當時,，沒有零點；
當時，因為單調遞增，單調遞增，所以在單調遞增.又，當滿足且時，，故當時，存在唯一零點．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可設在的唯一零點為，當時，；
當時，．
故在單調遞減，在單調遞增，
所以當時，取得最小值，最小值為．
由于，所以．
故當時，．
39．【解析】（Ⅰ）=，.
曲線在點（0,2）處的切線方程為．
由題設得，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
設，由題設知．
當≤0時，，單調遞增，，所以=0在有唯一實根．
當時，令，則．
，在單調遞減，在單調遞增，
所以，所以在沒有實根.
綜上，=0在R有唯一實根，即曲線與直線只有一個交點．
40．【解析】（Ⅰ）函數的定義域為
由可得
所以當時，，函數單調遞減，
所以當時，，函數單調遞增，
所以
的單調遞減區間為，的單調遞增區間為
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，時，在內單調遞減，
故在內不存在極值點；
當時，設函數，，因此．
當時，時，函數單調遞增
故在內不存在兩個極值點；
當時，
函數在內存在兩個極值點
當且僅當，解得
綜上函數在內存在兩個極值點時，的取值范圍為．
41．【解析】（Ⅰ），
由題設知，解得．
（Ⅱ）的定義域為，由（Ⅰ）知，，
（?。┤簦瑒t，故當時，，在單調遞增，所以，存在，使得的充要條件為，
即，解得．
（ii）若，則，故當時，；
當時，，在單調遞減，在單調遞增．所以，存在，使得的充要條件為，
而，所以不合題意．
（iii）若，則．
綜上，的取值范圍是．
42．【解析】（Ⅰ）由題意知時，，
此時，可得，又，
所以曲線在處的切線方程為．
（Ⅱ）函數的定義域為，
，
當時，，函數在上單調遞增，
當時，令，
由于，
①當時，，
，函數在上單調遞減，
②當時，，，函數在上單調遞減，
③當時，，
設是函數的兩個零點，
則，，
由
，
所以時，，函數單調遞減，
時，，函數單調遞增，
時，，函數單調遞減，
綜上可知，當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在上單調遞減；
當時，在，上單調遞減，在上單調遞增．
43．【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）
44．【解析】（Ⅰ），，是上的偶函數
（Ⅱ）由題意，，即
，，即對恒成立
令，則對任意恒成立
，當且僅當時等號成立
（Ⅲ），當時，在上單調增
令，
，，即在上單調減
存在，使得，，即
設，則
當時，，單調增；
當時，，單調減
因此至多有兩個零點，而
當時，，；
當時，，；
當時，，．
45．【解析】．由已知得，，
故，，從而；
（Ⅱ）
由（I）知，
令得，或．
從而當時，；當時，．
故在，單調遞增，在單調遞減．
當時，函數取得極大值，極大值為．
46．【解析】（Ⅰ）的定義域為，
①
當或時，；當時，
所以在，單調遞減，在單調遞增．
故當時，取得極小值，極小值為；當時，取得極大值，極大值為．
（Ⅱ）設切點為，則的方程為
所以在軸上的截距為
由已知和①得．
令，則當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍是．
所以當時，的取值范圍是．
綜上，在軸上截距的取值范圍．
47．【解析】（Ⅰ）由，得．
又曲線在點處的切線平行于軸，
得，即，解得．
（Ⅱ），
①當時，，為上的增函數，所以函數無極值．
②當時，令，得，．
，；，．
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故在處取得極小值，且極小值為，無極大值．
綜上，當時，函數無極小值；
當，在處取得極小值，無極大值．
（Ⅲ）當時，
令，
則直線：與曲線沒有公共點，
等價于方程在上沒有實數解．
假設，此時，，
又函數的圖象連續不斷，由零點存在定理，可知在上至少有一解，與“方程在上沒有實數解”矛盾，故．
又時，，知方程在上沒有實數解．
所以的最大值為．
解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．
（Ⅲ）當時，．
直線：與曲線沒有公共點，
等價于關于的方程在上沒有實數解，即關于的方程：
（*）
在上沒有實數解．
①當時，方程（*）可化為，在上沒有實數解．
②當時，方程（*）化為．
令，則有．
令，得，
當變化時，的變化情況如下表：
當時，，同時當趨于時，趨于，
從而的取值范圍為．
所以當時，方程（*）無實數解，解得的取值范圍是．
綜上，得的最大值為．
48．【解析】（Ⅰ）函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln
x＋x＝x(2ln
x＋1)，令f′(x)＝0，得.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
f′(x)
－
＋
f(x)
極小值
所以函數f(x)的單調遞減區間是，單調遞增區間是.
（Ⅱ）證明：當0＜x≤1時，f(x)≤0.
設t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在區間(1，＋∞)內單調遞增．
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）證明：因為s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，從而
，
其中u＝ln
s.
要使成立，只需.
當t＞e2時，若s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，即u＞1，從而ln
u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.
當1＜u＜2時，F′(u)＞0；當u＞2時，F′(u)＜0.
故對u＞1，F(u)≤F(2)＜0.
因此成立．
綜上，當t＞e2時，有.
49．【解析】：（Ⅰ）由題在上恒成立，在上恒成立，；
若，則在上恒成立，在上遞增，
在上沒有最小值，，
當時，，由于在遞增，時，遞增，時，遞減，從而為的可疑極小點，由題，，
綜上的取值范圍為．
（Ⅱ）由題在上恒成立，
在上恒成立，，
由得
，
令，則，
當時，，遞增，
當時，，遞減，
時，最大值為，
又時，，
時，，
據此作出的大致圖象，由圖知：
當或時，的零點有1個,
當時，的零點有2個,
50．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．
若，則，所以在單調遞增．
若，則當時，當，，所以
在單調遞減，在單調遞增．
（Ⅱ）
由于，所以(x－k)
f′(x)+x+1=．
故當時，(x－k)
f′(x)+x+1>0等價于
（）
①
令，則
由（Ⅰ）知，函數在單調遞增．而，所以在存在唯一的零點，故在存在唯一的零點，設此零點為，則．當時，；當時，，所以在的最小值為，又由，可得，所以
故①等價于，故整數的最大值為2．
51．【解析】（Ⅰ）設；則
①當時，在上是增函數
得：當時，的最小值為
②當時，
當且僅當時，的最小值為
（Ⅱ）
由題意得：
52．【解析】（Ⅰ）由
=
可得，而，
即，解得；
（Ⅱ），令可得，
當時，；當時，．
于是在區間內為增函數；在內為減函數．
（Ⅲ）
=
因此對任意的，等價于
設
所以，
因此時，，時，
所以，故．
設，則，
，，，，即
，對任意的，．
53．【解析】（Ⅰ）
由于直線的斜率為，且過點，故
即,解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考慮函數，則
所以當時，故
當時，
當時，
從而當
54．【解析】（Ⅰ）因為
所以
由于，所以的增區間為，減區間為
（Ⅱ）【證明】：由題意得，
由（Ⅰ）知內單調遞增，
要使恒成立，
只要，解得
55．【解析】（Ⅰ）由
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得從而
，故：
（1）當；
（2）當
綜上，當時，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為（0，1）；
當時，函數的單調遞增區間為（0，1），單調遞減區間為。
（Ⅲ）當時，
由（Ⅱ）可得，當在區間內變化時，的變化情況如下表：
－
+
單調遞減
極小值1
單調遞增
2
又的值域為[1，2]．
由題意可得，若，則對每一個，直線與曲線
都有公共點．并且對每一個，
直線與曲線都沒有公共點．
綜上，當時，存在最小的實數=1，最大的實數=2，使得對每一個，直線與曲線都有公共點．
56．【解析】（Ⅰ）時，，
。當時;當時，;當時，。故在，單調增加，在（1，0）單調減少．
（Ⅱ）。令，則。若，則當時，，為減函數，而，從而當x≥0時≥0，即≥0．
若，則當時，，為減函數，而，
專題課總結范文4
關鍵詞：復習；有效；專題
中國分類號：G791
當新課結束進入復習課時，學生對復是抱有一些偏見。一部分同學認為嚼過的膜再吃一次就乏味了，所以丟掉課本，舍本求末，不愿在基礎知識上下功夫，一味追求問題的新奇；有部分學生甚至認為復習就是做習題，做練習，準備考試，所以到處收羅難題怪題，認為只有這樣才叫復習，才能應付考試，這一方面說明了學生旺盛的求知欲；另一方面也說明了平常的復習課在學生心中是不受歡迎的。
我個人認為可能教師在幫助學生進行系統復習時，首先，片面地強調“系統”、“全面”，重點不突出，難點沒解決。一般情況是通過歸納成條文或者畫圖表概括的手段羅列知識，梳理知識的方法，把學生已學過的內容面面俱到、點滴不漏地“濃縮”，使學生僅處于回憶階段，只能形象地重復出現一般的物理現象。在此過程中，老師雖然津津樂道，學生感到枯燥乏味，無法激起學習興趣；其次，機械地進行每章、每節復習，忽略章節之間在內容、內涵、方法、結構上的聯系，很難使學生在大量物理現象中找到它們的必然聯系，發現規律，進行知識類比的聯想，建立空間想象力，不會掌握思考物理現象的規律；再次，盲目、過量地習題“操練”，名曰：大運動量訓練。把培養學生思維能力和創新能力希望“聽話”的學生，短期效應可能不錯，但隨著最近幾屆畢業考、升學考能力題的增加，這部分學生顯示出明顯的底氣不足，沒有看到過的題目無法進行比較分析，多途徑、多角度地進行思維，更不會在實驗題中進行物理方法論與思維形式的歸納、小結。
那如何進行有效的復習課教學呢？筆者認為復習時不能照著課本，翻一課講一課地總結；解題輔導時不能就題論題、就錯論錯的一了了之。
復習課也要認真備課，要根據學生的心理，因勢利導。做到：1、把學習的主動權交給學生，讓學生梳理知識，形成體系。這樣既能培養學生的自學閱讀能力，又能充分調動學生學習的積極性。2、要經常提出一些有創設性的問題，問題是物理的心臟，把問題作為教學的出發點，理所當然的順應學生的心理需要。3、設計出幾組題目，將有關物理基礎知識、基本技能、基本方法與物理思想溶于其中，換言之，即以題目為骨架編擬課時教案，在具體教學中，以題目開路，然后引導學生對題目進行分析、討論、研究和解答。教師再借題發揮，畫龍點睛，使學生在積極主動地探索研究中。4、題目的選編要以考綱為綱，以教本為本，應具有典型性和代表性，能起到示范作用。5、可以通過重溫新課時的實驗，讓學生自主探究等方式進行復習課的教學。
筆者多年的教學經驗要通過實現這幾點來提高復習課堂的效率那必需為先確定以“專題復習”為核心的復習思路。
“專題復習”包括兩個層次：一方面從一個知識點、一道習題、一種實驗器材的運用開始加以拓寬，由“點”及“線”，再到“面”；另一方面把初二、初三兩本教材書打亂，把分散于書中各章節中零星的、不連貫的概念方法、實驗、思維形式，以力、電、熱、光和能五大部分加以歸納，由“離”到“合”，進行系統整理和小結，使學生在復習時能站在整體和全局的高度將學到的知識系統化。
以下例舉幾個“專題復習”的思路：
1、章內“專題復習”。如：勻速直線運動的速度……等等。
2、跨章節的“專題復習”。如：漂浮條件的應用……等等。
3、以常考點設“專題復習”。如：計算專題復習……等等。（以知識點分成7種計算題復習）
4、以熱點設“專題復習”。如：估值專題，電學動態專題……等等。
5、以方法設“專題復習”。如：如何利用復合單位的物理意義解決問題……等等。
小結：無論基于哪一種思路進行的專題復習，都要有幾個必要點和共同點；一是要將復習課由教師的津津樂道，變成學生主動探索；讓學生在積極主動的探索研究中，在解答題目的過程中鞏固所學、發現規律，使學生智力與能力同時得到訓練與提高。二是要在課堂教學中給予學生足夠的、適當的思考空間，讓學生自主思考，體會教師的教學意圖，總結練習題中的考點以及題目中所涉及到的技能和方法。這樣的做法貌似浪費課堂教學時間，但從實際操作效果來看確實能提高學生的解題能力，而且長期堅持還可以讓學生養成課堂思考、反思、總結的習慣。三是，通過專題復習可以克服課堂只會“聽”不會“想”的不足，讓學生會“聽”，會“想”，更會“做”。
參考文獻
[1]王艷東.初三物理專題復習策略.考試周刊，2013年第36期：3-3頁
[2]康家美.淺談初、高中物理教學銜接問題.試題與研究：教學論壇，2013年第9期：70-71頁
[3]康家美.中考物理總復習中練習題處理策略初探.試題與研究：新課程論壇，2013年第8期：61-62頁
專題課總結范文5
關鍵詞：四課法；畢業設計；空天作戰；衛星測控
中圖分類號：G642.477 文獻標識碼：A 文章編號：1007-0079（2014）11-0200-02
本科畢業設計作為大學四年最后一個重要的教學環節，長期以來受到指導教師的重視和關注，創新研究了各種有效途徑，取得了很好的實踐效果。[1-3]筆者所在的課題組基于多年的本科畢業設計指導實踐經驗，深入分析了國防科學技術大學軍事指揮類學生和工程技術類學生不同的特點，考慮到大范疇下單個畢業設計課題研究的局限性，分別設置了相應的專題作為畢業設計課題，受到了學生的廣泛好評。
在本科畢業設計指導實踐過程中，課題組基于專題式本科畢業設計指導方案，提出了“四課法”本科畢業設計專題指導方法。針對軍事指揮類學生，為促進空天作戰力量建設和“天戰”優秀軍事指揮人才培養，基于空天作戰背景，設計了空天作戰專題作為畢業設計選題。另外，針對測控技術與儀器專業學生的專業特點，充分結合理論和實踐，軟件和硬件能力的雙重訓練，設計了衛星測控專題作為畢業設計選題。通過空天作戰專題和衛星測控專題本科畢業設計的指導研究與實踐，深入分析和總結了專題畢業設計指導的相關經驗，對后續畢業設計指導工作具有重要的指導意義。
一、本科畢業設計專題設計
1.軍事指揮類學生本科畢業設計專題設計
自20世紀90年代至今，國際上發生了幾場較大規模的局部戰爭，其中一個不容忽視的重要特點便是空天領域的軍事應用，空天作戰的概念應運而生。空天作戰是指以航空航天力量為主，在其他有關力量的配合下，為達成一定的作戰目的，根據統一計劃和統一指揮，在空天戰場共同進行的以空天威懾、空天支援和空天攻防為主要方式的作戰行動。[4]未來戰爭，誰能夠掌握空天的“制高點”，誰必將掌握戰爭的主導權。近年來，世界主要軍事強國都爭先發展空天作戰力量，太空領域的競爭更趨激烈，空天戰場的地位將進一步凸顯。隨著航空航天技術的發展，未來高技術局部戰爭將首先從外層空間開始，空天戰場將成為敵對雙方激烈爭奪的戰略高地。
為了保衛國家的空天安全，有效防御軍事強國的空天威脅，需要科學深入地研究空天作戰問題，理解和系統掌握空天作戰的有關理論，對空天作戰中的相關技術問題進行前沿探索。結合國防科學技術大學軍事指揮類學生的培養目標和特點，筆者所在的指導團隊結合空天作戰相關的人才培養的迫切需求，確定了“空天作戰專題”作為學生的本科畢業設計課題。因此，本畢業設計專題不僅具有很強的軍事應用背景，而且具有明確的研究意義。
以空天作戰為背景，從爭奪制天權的基本手段、空間信息的獲取及在空天作戰中的應用、空間環境監測、美國空天作戰相關研究對我軍的啟示、空天作戰系統中的目標選擇、攻擊和防御等方面展開研究，精心設計了14個子課題以供14名軍事指揮類學生選擇，每個子課題都是空天作戰背景下相關問題的具體描述。專題包含的14個子課題是一個有機整體，有利于學生在畢業設計過程中資源共享，相互交流和探討，群策群力，在有限的畢業設計時間里掌握更多的相關知識。
2.工程技術類學生本科畢業設計專題設計
課題組所指導的工程技術類學生來自于測控技術與儀器專業（以下簡稱“測控專業”），該專業一直被學生稱為“萬精油”專業。因為測控專業所涉及的領域很寬，它集計算機、軟件、網路、傳感、電子、機械、光學等多種技術于一體，用于解決實際工程中的控制管理、信號獲取、傳輸和處理等一系列問題。[5]但隨著我國航天事業的飛速發展，“航天測控”成為測控專業學生耳熟能詳的領域，更愿意將本專業和航天技術的發展同等看待。航天測控是反映一個國家綜合科技實力的重要標志之一。作為當今世界最尖端的領域之一，航天測控涉及天文、天體力學、空間控制技術、電子信息、數值計算等多個尖端學科。作為測控專業的本科畢業生，迫切希望通過畢業設計更深入地了解航天測控相關的技術細節。
針對5名測控專業學生，以衛星測控為背景，確定了“衛星測控專題”作為學生的本科畢業設計課題。從衛星測控星載儀器電路原理與設計、衛星測控星載儀器信號設計與合成、衛星測控星載儀器信號接收與處理、衛星測控中的擴頻信號捕獲技術研究、衛星測控中的擴頻信號跟蹤技術研究，精心設計了5個子課題，每個子課題都是衛星測控信號流程中的重要環節，環環相扣，最終構建了一個完整的測控實驗平臺。有利于在畢業設計過程中培養學生的團隊協作精神，加強學生間的交流與探討，共同將衛星測控領域的技術細節理解的更加透徹。
二、“四課法”本科畢業設計專題指導實踐
專題式本科畢業設計與傳統的“一對一”本科畢業設計之間的不同之處在于學生從給定的子課題中選擇一個子課題開展畢業設計工作，所有學生要了解專題的整體情況，同時要求每人獨立完成一題。所有子課題是一個統一的整體，指導團隊通過開展相應的指導，確保每個學生都能在規定的時間內進行較為深入的研究，最終完成優秀的畢業論文。指導團隊包括10名教師，作為一個整體，由負責人協調進行全面指導工作，同時根據教師的專業特長，確定具體指導的子課題。在整個指導過程中，提出了“四課法”本科畢業設計專題指導方法，在四個重要階段集中指導，以確保畢業設計指導工作進行的更加高效。
1.下達任務課：明確任務，充分交代
在學生選定相應的子課題之后，教師將下發《本科畢業設計任務書》（簡稱《任務書》）。在學生初步理解《任務書》的基礎上，給學生們上第一課：下達任務課。
對于學生來說，本科畢業設計是一個全新的重要環節，它不同于前三年的課堂教學，也不同于任何之前進行過的教學、實驗等單一訓練，它是一個綜合的“項目”，所以學生在拿到《任務書》后會非常困惑，不知道具體該做什么，如何做。這就迫切要求教師能夠在第一時間把握學生的心理特點，針對他們的疑問，逐一解答他們的困惑。在下達任務課上，教師要積極引導學生“發問”，這樣才能有的放矢的解決他們最關心的難題，達到更好的指導效果?！昂玫拈_始，是成功的一半。”在第一課上，教師要針對問題充分交代，幫助學生充分理解《任務書》的要求，讓他們明確自己的任務：需要哪些基礎知識，需要補充學習哪些新知識，任務的最終目標是什么，各個過程環節該如何實施？每一個方面都要交代清楚，讓學生徹底打消疑慮，給他們建立自信心，為接下來的畢業設計奠定堅實的基礎。
2.開題報告課：確定方向，引導思維
學生在充分理解《任務書》研究內容的基礎上，通過查閱相關參考文獻，將各個任務進一步細化，提煉出課題的關鍵問題，提出課題研究的基本方法，并制定詳細的研究計劃，完成《本科畢業設計開題報告》（簡稱《開題報告》）。
《開題報告》是學生開始進行畢業設計實質性工作的第一步，也是畢業設計環節第一次由學生主導，向教師提交撰寫材料。開題報告課作為畢業設計指導的第二堂課，教師需要著重從以下幾個方面把握，協助他們確定明確的方向，引導學生的發散思維，為下一步畢業設計工作制定可行的計劃。
（1）對專題及子課題的認識：學生針對不太熟悉的專題領域，要了解自己子課題的研究內容，必須要全面認識子課題所在的大專題背景。所以開題報告中，要簡要介紹自己對專題及課題的認識。
（2）本課題國內外研究現狀及發展趨勢：要明確課題的具體研究內容，首先要對國內外的研究現狀進行全面了解和梳理，準確分析它的發展趨勢，找準課題的研究方向。
（3）課題在理論與實踐上的意義：學生選擇一個子課題，最初對課題的意義并不完全清楚。通過開題報告課，教師根據學生分析的課題在理論與實踐上的意義，點評相關的內容，為后續工作的展開明確方向。
（4）課題需要解決的關鍵理論問題和實際問題：課題研究的核心內容是解決一定的理論問題和實際問題，這是學生必須把握的內容，也是開題報告課最重要的部分。教師要根據學生《開題報告》的內容分析他們的思路，從各子課題展開，確保每個學生都能理順課題的關鍵問題。
（5）課題研究的基本方法、實驗方案及技術路線的可行性論證，并估計在進行論文工作中可能遇到的困難、問題和解決措施：明確了需要解決的關鍵問題之后，學生在《開題報告》中對研究的基本方法及可行性進行分析。教師要客觀分析研究內容的工作量和學生有效投入時間等因素，評價其可行性，及時修正不合理部分。此外，教師還要對論文工作中可能遇到的困難和問題與學生進行充分探討，引導學生提出相應的解決措施。
（6）論文研究的進展計劃：在有限的時間里，需要進行一定的研究工作。一般而言，時間較為緊張，通過制定詳細的研究進展計劃，劃分重要的檢查節點，有利于教師更有針對性的指導學生順利完成畢業設計任務。在開題報告課上，教師根據學生制定的論文研究進展計劃，分析其合理性和可考核性，并進行必要的調整。
3.中期檢查課：查看方法與思路，細致指導，廣泛討論
在學生畢業設計工作進行到一半時，實施“中期檢查課”。開題報告課上，已經對整個畢業設計進行全面規劃和部署，在中期檢查節點應該完成哪些內容，是有明確計劃的。因此在中期檢查課上，教師首先要查看研究方法是否正確，研究思路是否清晰，在更細節的方面加強指導，為后半部分的畢業設計定下方向。其次多個學生做同一個專題，有很多研究內容和研究成果是可以提前進行資源共享的。教師要引導學生進行廣泛的討論，取長補短，齊頭并進，共同進步。另外，還要給每個學生吃下“定心丸”：大家一定能在規定的時間內順利完成畢業設計工作，只需要稍稍調整心態，更加投入，按照《任務書》中的任務需要，對照《開題報告》中的研究思路，一步步朝著目標努力。
4.論文成稿課：查看內容與數據，規定格式
在學生完成《本科畢業論文》（簡稱《論文》）初稿時，開設“論文成稿課”。事實上，從畢業設計之初，大部分學生就開始著手為撰寫畢業論文儲備有用的素材，認真思考，形成新的觀點進行論述。在論文成稿課上，教師要查看論文的內容是否是學生獨自完成的，是否是帶有自己新觀點的論述；檢查相關的實驗數據是否真實可信，必要時進行相關的考證；其他方面也要嚴格把握，如語句是否通順，邏輯是否合理等，都要進行全面的指導；另外，還要查看論文格式是否完全符合規定。
除了以上重要的“四課”之外，在畢業設計實施過程中，由指導團隊負責人統一安排和部署，每周都有2～3名教師進行全面的指導；指導教師針對各自具體負責的子課題，定期和學生見面，了解畢業設計進展，進行現場指導，及時解決學生畢業設計過程中遇到的問題。此外，鼓勵學生通過電子郵件的方式和指導教師每周聯絡一次，學生向指導教師匯報畢業設計的進展情況，指導教師檢查學生的階段性完成情況，以確保指導工作落到實處。
三、感想與總結
在本次本科畢業設計工作中，針對軍事指揮類學生和工程技術類學生，均創新性地提出了“大專題”模式本科畢業設計團隊指導方案。對于選定該專題的學生，每個人都要花費一個學期的時間完成一個完整的畢業設計課題，畢業論文就是最終的成果形式。事實上，每個人除了自己的成果之外，還能在每次討論及最終答辯中汲取其他同學的研究成果，學到其他的新知識，達到知識共享。這就是專題式畢業設計最大的意義所在。
通過本次畢業設計研究與實踐發現：第一，空天作戰專題和衛星測控專題都是全新的畢業設計課題，深受學生們的歡迎，兩專題可以作為固定課題以供后續的學生繼續研究和學習。第二，畢業設計指導過程中，教師要指導學生學習基礎理論、基本知識和基本方法，學生通過思考和提問，又能促進教師更多的思考，師生間碰撞出意想不到的火花，使學生學到更多新知識。第三，“四課法”本科畢業設計專題指導方法是通過多年實踐經驗總結出來的，應用成效顯著。課堂上對學生進行針對性指導后，學生能更清晰地梳理自己的思路，調整自己的進度，學生之間也可以取長補短，資源共享，達到更好的效果。通過分析和總結相關經驗，在后續的畢業設計指導工作中，教師將更有針對性地指導學生，讓他們在畢業設計過程中取得更大的進步。
參考文獻：
[1]熊艷，劉國福.初探軍校大學生本科畢業設計中存在的問題及解決措施[J].中國教育技術裝備，2011，（3）：57-58.
[2]王正杰.基于團隊設計項目的本科畢業設計模式研究與實踐[J].北京青年政治學院學報，2011，20（2）：105-110.
[3]范興明，張鑫，王榮，等.本科畢業設計過程中創新精神與實踐創新能力的培養[J].科技信息，2011，（21）：22-23.
[4]王萬春.空天作戰理論與實踐[M].北京：藍天出版社，2010.
[5]馮旭哲，陳建云，明德祥.測控技術與儀器專業本科畢業設計研究與實踐[J].高等教育研究學報，2011，34（1）：86-88.
專題課總結范文6
【關鍵詞】物理教研 專題研究 探索教育規律
近幾年來，作為物理教研組長，我在完成教學任務的同時，開展了一些物理教學專題研究活動，對物理教學質量的提高起到了一定的作用。下面就教學專題研究中的幾個問題，談一些看法和做法。
一、搞好教學專題研究首先要提高認識
所謂教學專題研究，就是針對教學過程中存在的一些突出需要解決的問題，運用科學方法，有目的、有計劃地去探索教學規律的研究活動。其根本目的是為了深化教學改革，提高教學質量。
然而，并非所有教師都能從思想上認識到教學專題研究的作用和意義。有的教師課務很重，感到沒有時間進行教學專題研究；有的教師認為教學專題研究是專門從事教研人員的事情；有的教師則對普通任課教師能否開展教學專題研究，在思想上缺乏足夠的信心；有的教師還認為搞教學專題研究會分散精力，影響正常教學任務的完成；也有的教師認為搞教學專題研究花費時間，但研究成果未必就能在報刊上發表。
因此，為了搞好教學專題研究，首要任務是要弄清進行教學專題研究的意義和作用，掃除上述心理障礙。在實際中，若任課教師不搞教學專題研究，只憑教學經驗，也許能把課勉強地講下去，但教學質量只能停留在較低的水平上。若能結合教學進行專題研究，用科學方法研究教育對象和教學規律，就能使教學質量提高到一個新的水平，也會使教育者的教學能力得到很大的提高。實踐證明，教師只要重視教學專題研究工作，認真實踐和總結，一定會取得豐碩成果。就拿高物理實驗來說，根據多年的教學實踐，找出現成的教學儀器的不足之處，從中確定幾件重要的實驗裝置作為主攻對象，再根據推陳出新的原則，進行新教具的設計和制作，并在實際教學中進行檢驗和進一步改進，最終研制出具有較高水平的新型“牛頓第三定律演示器” “全電路歐姆定律演示器”“電阻定律演示器”等，對物理實驗教學起到了很好的促進作用。
二、選好課題是搞好教學專題研究的重要環節
如何確定教學研究課題，是搞好教學專題研究的關鍵。筆者在實踐中體會到，任課教師應該從中學教學實際出發，結合所教學科的實際情況，針對教學中存在的問題進行專題研究。這種從教學實際中選題的方法是搞好教學專題研究的重要途徑。一般來說，任課教師課務較重，很少有較多的時間去作純學術性的大課題研究，所以教師應充分利用身處教學第一線的有利因素，抓住教學實踐中亟待解決的問題進行認真研究，這樣就能很快出成果，提高教學專題研究的效率。就物理教學而言，要認真研究的問題很多。
在確定研究課題之前，應該查閱有關資料，了解是否對這個問題已經研究過，還存在什么問題沒有解決，這樣可避免重復性研究。例如，如何全面考查中學物理教學質量，這是一個亟待解決的問題。傳統的期中考試和期終考試只進行90分鐘的閉卷筆試，它不能考查學生的實際操作能力和分析、解決問題的能力。針對這個問題，我同兩位青年教師就把它列為一個研究課題，專門研究改進的方法，并在高一物理期終考試中實施了我們研究的綜合考試方法：采用標準化測驗形式，閉卷考查學生所學的基本知識和基本運算技能；再采用撰寫物理小論文的形式考查學生分析問題和解決問題的能力；最后采用實驗操作考查學生的物理實驗能力。考完以后，采用無記名的問卷形式，讓學生發表對這次考試方法改革的看法，教師則對考試方法改革的實踐和數據進行統計和分析，從而得出：綜合考試法能夠全面考查學生的實際水平，反饋性強，有利于促進教學改革，易于發揮學生的創造精神，是中學物理教學中一種較好的考試方法的結論。
三、先進的教育教學理論是搞好教學專題研究的重要保證
教學專題研究是用科學方法探索教育規律的實踐活動，因此，在研究過程中，必須以教育理論為指導，探索教學規律。任何脫離教育理論的研究都是沒有普遍意義的。
一般來說，中學教師對教育學和心理學的基本知識是有所了解的，但只憑這些了解是遠遠不夠的，還應該掌握教育科研的方法與理論，掌握教育統計和評論方法，更應掌握與教學研究專題相關的教學理論。如果沒有掌握教育理論，就談不上教學專題研究，最多也只能是教學經驗總結。若能以正確的教育理論為指導，就能提高研究成果的質量。例如，在06屆高中畢業班物理教學過程中，我根據學生的學習情況，對一批尖子學生的智力因素和非智力因素進行了具體的逐個分析，找出他們在物理學習上的特點和不足之處，然后根據因材施教的原則進行考前指導。特別是本人所教班級學生劉曉婷因“萬有引力”部分在高一時沒有學好，每次考試都在這一部分失分，根據她的情況，我制訂計劃單獨輔導，從而使其順利地考入中國人民大學。
四、撰寫教學專題研究論文是教學專題研究的重要任務
