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&2006-, All rights reserved.求一阶导数y=arccosx/√1-x^2_百度知道
求一阶导数y=arccosx/√1-x^2
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x)=-2x^3(y'(1-x^2)1&#47y=[arccos(x/√1-x^2)])^(-3)]*(sin[arccos(x/x)=-2/t)*(t'y)*(y'x^2-1]'=[1/(cosy)^2=1/x^3S=t^(-2)t=cosyy=f(x)复合函数求导(S'{[(cos[arccos(x/√1-x^2)])^(-3)]*(sin[arccos(x/=-2/(cosy)^2=(1-x^2)/(cosy)^2]&#39！[1/√1-x^2)])*(y'x^21/x)=x^3/x^2-1隐函数求导;x^3[－2t^(-3)]*(siny)*(y'[1/(cosy)^2]'x)=-2x^3[－2(cos[arccos(x/√1-x^2)](cosy)^2=x^2&#47
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y=arccosx/√1-x^2y'=-1/根号（1－(x/根号（1－x^2)^2)*(x/根号（1－x^2))'=(1-x^2)/(1-2x^2)*[根号（1-x^2)-x(根号（1－x^2)']/(1-x^2)=(1-x^2)/(1-2x^2)*[1-2x^2]/(根号（1－x^2)*(1-x^2)=1/根号（1-x^2)
y=arccosx/√(1-x²)y'={(arccosx)'√(1-x²)-arccosx[√(1-x²)]'}/[√(1-x²)]²={-1/√(1-x²)*√(1-x²)-arccosx*1/[2√(1-x²)]*(-2x)}/(1-x²)=[-1+x*arccosx/√(1-x²)]/(1-x²)=1/(x²-1)+x*arccosx/(1-x²)√(1-x²)居然算出这种答案……题目是不是y=arccos[x/√（1-x²）]啊，象楼上那样……
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如图,已知两个正四棱锥P—ABCD与Q—ABCD的高分别为1和2,AB=4.(1)证明PQ⊥平面ABCD;(2)求异面直线AQ和PB所成的角;(3)求点P到平面QAD的距离.
解法一：(1)证明:连结AC、BD,设AC∩BD=O.因为P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥,所以PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上.所以PQ⊥平面ABCD.(2)解:由题设知,ABCD是正方形,所以AC⊥BD.由(1),PQ⊥平面ABCD,故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),由题设条件,相关各点的坐标分别是P(0,0,1),A(,0,0),Q(0,0,-2),B(0,,0).所以=(-,0,-2), =(0,,-1).于是cos〈,〉=.从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos.(3)解:由(2),点D的坐标是(0,-22,0), =(,0), =(0,0,-3).设n=(x,y,z)是平面QAD的一个法向量.由取x=1,得n=(1,-1,).所以点P到平面QAD的距离d=.解法二:(1)证明:取AD的中点M,连结PM、QM.因为P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥,所以AD⊥PM,AD⊥QM.从而AD⊥平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理,PQ⊥AB.所以PQ⊥平面ABCD.(2)解:连结AC、BD.设AC∩BD=O,由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上.从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N,连结PN.因为=,所以.从而AQ∥PN,∠BPN(或其补角)是异面直线AQ与PB所成的角.连结BN.因为PB=,PN=,BN=,所以cos∠BPN=.从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos.(3)解:由(1)知,AD⊥平面PQM,所以平面QAD⊥平面PQM.过P作PH⊥QM于H,则PH⊥平面QAD.所以PH的长为点P到平面QAD的距离.连结OM.因为OM=AB=2=OQ,所以∠MQP=45°.又PQ=PO+QO=3,于是PH=PQsin45°=,即点P到平面QAD的距离是.
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