一元函数微分学
导数与微分
可导&可微
$f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可导当且仅当它在 $x_{0}$ 可微. 且此时成立 $df=f'(x_{0})dx$
证：
若 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可微，则 $f(x_{0}+\Delta x_{0})=A\Delta x+o(\Delta x)(\Delta x\to 0)$ ，于是
$$
\lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x} = \lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{A\Delta x+o(\Delta x)}{\Delta x} = A
$$
另一方面，若 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可导，则
$$
\begin{align}
f'(x_{0}) & = \lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x} \
\implies 0 & = \lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})-f'(x_{0})\Delta x}{\Delta x} \
\end{align}
$$
再根据无穷小量的定义
$$
f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})-f'(x_{0})\Delta x = o(\Delta x)
$$
所以 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处也可微
四则运算
只证除法法则，即
$$
\left( \frac{f}{g} \right)'(x_{0}) = \frac{f'(x_{0})g(x_{0})-f(x_{0})g'(x_{0})}{(g(x_{0}))^{2}}(g(x_{0})\neq 0)
$$
证：
只要 $x_{0}+\Delta x$ 属于 $f$ 和 $g$ 的定义域，那么
$$
\begin{align}
& \frac{1}{\Delta x}\left( \frac{f(x_{0}+\Delta x)}{g(x_{0}+\Delta x)}- \frac{f(x_{0})}{g(x_{0})} \right) \
& = \frac{1}{\Delta x} \frac{f(x_{0}+\Delta x)g(x_{0}) - f(x_{0})g(x_{0}+\Delta x)}{g(x_{0}+\Delta x)g(x_{0})} \
& = \frac{1}{g(x_{0}+\Delta x)g(x_{0})} \left( g(x_{0})\cdot\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x} - f(x_{0})\cdot \frac{g(x_{0}+\Delta x)-g(x_{0})}{\Delta x} \right)
\end{align}
$$
对上式求极限即可.
反函数求导法则
$$
(f^{-1})'(y_{0}) = \frac{1}{f'(x_{0})}
$$
基本初等函数的导数
常函数： 略
幂函数：
设 $f(x)=x^{\alpha}(x>0)$ ，可以假设 $\alpha>0$ ，否则取倒数即可. 我们取 $x_{0}>0$ ，有
$$
\begin{align}
\lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{(x_{0}+\Delta x)^{\alpha}-x^{\alpha}}{\Delta x} & =x^{\alpha}\lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{\left( 1+ \frac{\Delta x}{x_{0}} \right)^{\alpha} -1}{\Delta x} \
& = x_{0}^{\alpha-1}\lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{\left( 1+ \frac{\Delta x}{x_{0}} \right)^{\alpha} -1}{\frac{\Delta x}{x_{0}}} = \alpha x_{0}^{\alpha-1}
\end{align}
$$
三角函数：
只证 $\sin x$ ，其余通过变换可以得到
$$
\begin{align}
\lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{\sin(x_{0}+\Delta x)-\sin x_{0}}{\Delta x} & = \lim_{ \Delta x \to 0 } \frac{2\cos\left( \frac{2x_{0}+\Delta x}{2} \right)\sin\frac{\Delta x}{2}}{\Delta x} \
& =\lim_{ \Delta x \to 0 } \cos\left( \frac{2x_{0}+\Delta x}{2} \right)\frac{\sin\frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} = \cos x_{0}
\end{align}
$$
#待施工
指数函数：
对数函数：
反三角函数：
$$
\begin{align}
(\arcsin x)' & = \frac{1}{(\sin)'(\arcsin x)} = \frac{1}{\cos x(\arcsin x)} = \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \
(\arctan x)' & = \frac{1}{(\tan)'(\arctan x)} = \cos ^{2}(\arctan x) = \frac{1}{1+x^{2}}
\end{align}
$$
复合函数求导法则
#待施工
链式法则
隐函数
参数表示函数
高阶导数与微分
$$
f^{(n)}= \frac{d^{n}f}{dx^{n}}
$$
高阶微分不具有形式不变性
乘法法则
参数微分
基本定理
Fermat 定理
如果 $f$ 在 $x_{0}$ 可导，且 $x_{0}$ 是 $f$ 的极值点，则 $f'(x_{0})=0$.
Darboux 定理
可导函数的导函数必定满足介值性.
假设 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上处处可导，则 $f'(x)$ 可以取遍 $f'{+}(a),f'{-}(b)$ 中的所有值
证：
只需证明零点存在性即可，现假设 $f'{+}(a),f{-}(b)$ 异号，其中 $f'{+}(a)<0,f'{-}(b)>0$ ，下证存在 $c\in(a,b)$ 满足 $f'(c)=0$
首先根据闭区间上连续函数的最值存在性，存在 $c\in[a,b]$ 使得 $f(c)$ 是区间 $[a,b]$ 上的最小值，而 $c$ 不可能是 $a,b$ ，因为在 $a,b$ 左右的单侧小邻域内的函数值分别小于 $f(a),f(b)$. 所以有 $c\in(a,b)$ ，即 $c$ 是一个极小值，再由 Fermat 定理，必有 $f'(c)=0$.
再考虑一般情形，将导函数平移即可.
导函数的连续性
导函数不可能有第一、三类间断点，但可能有第二类间断点
例子
$$
f(x) = \begin{cases}
x^{2}\sin \frac{1}{x} & x\neq 0 \
0 & x=0
\end{cases}
$$
此时
$$
f'(x)=\begin{cases}
2x\sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x} & x\neq 0 \
0 & x=0
\end{cases}
$$
Rolle 定理
假设 $f(x)$ 满足：
- 在 $[a,b]$ 上连续
- 在 $(a,b)$ 上处处可导
- $f(a)=f(b)$
那么存在 $c\in(a,b)$ 使得 $f'(c)=0$
证：
如果 $f(x)$ 是常函数，那么 $f'(x)$ 处处为零
如果不是常函数，则其最大最小值不相等，两者至少有一个不等于 $f(a)=f(b)$ ，于是我们不妨设 $f(x)$ 在 $c$ 处取到最大值，且 $f(c)\neq f(a)=f(b)$ ，那么 $c\in(a,b)$ 且 $f'(c)=0$ （Fermat 定理）
Lagrange 中值定理
若 $f(x)$ 满足：
- 在 $[a,b]$ 上连续
- 在 $(a,b)$ 上处处可导
那么存在 $c\in(a,b)$ ，使得
$$
f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$
证：
减去两端点连成的直线，转化成 Rolle 定理即可.
等价形式
$$
f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) = f'(x_{0}+\theta\Delta x)\Delta x
$$
其中 $\theta\in(0,1)$ 依赖 $\Delta x$ 的选取
应用
证明： $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，在区间 $(a,b)$ 上 $f'(x)$ 存在且处处不小于 $0$ ，是 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上单增的充要条件.
证：
任取 $x_{1},x_{2}\in[a,b]$ ，且 $x_{1}<x_{2}$. 对 $f(x)$ 在区间 $[x_{1},x_{2}]$ 上运用 Lagrange 中值定理，存在 $c\in(x_{1},x_{2})$ ，使得
$$
f(x_{2})-f(x_{1}) = f'(c)(x_{2}-x_{1}) \geq 0
$$
因此 $f(x)$ 单增
Cauchy 中值定理
设函数 $f(x),g(x)$ 满足：
- $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续
- $f(x),g(x)$ 在 $(a,b)$ 上处处可导
- 在 $(a,b)$ 上 $g'(x)$ 处处不等于零
则存在 $c\in(a,b)$ 使得
$$
\frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}
$$
证：
令
$$
\varphi(x) = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a))
$$
那么可以转化成 Lagrange 中值定理.
Taylor 公式
Peano 型余项
函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处有 $n$ 阶导，则存在 $x_{0}$ 的一个邻域，使得在该邻域内满足
$$
f(x) = f(x_{0}) + f'(x_{0})(x-x_{0})+ \frac{1}{2!}f''(x_{0})(x-x_{0})^{n} + \dots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n} + r_{n}
$$
其中
$$
r_{n} = o((x-x_{0})^{n})
$$
成为 Peano 型余项.
证：
先证引理： 如果函数 $r(x_{0}) = r'(x_{0})=r''(x_{0})=\dots=r^{(n)}(x_{0})=0$ ，则 $r(x)=o((x-x_{0})^{n})~~(x\to x_{0})$
归纳法证明.
当 $n=1$ ，即 $r(x_{0})=r'(x_{0})=0$ ，则 $r(x)$ 在 $x_{0}$ 处可微，且
$$
r(x) = r(x_{0})+r'(x_{0})(x-x_{0})+o(x-x_{0})=o(x-x_{0})\quad(x\to x_{0})
$$
假设对自然数 $n\geq 1$ 时定理成立，若 $r(x)$ 满足
$$
r(x_{0}) = r'(x_{0})=r''(x_{0})=\dots=r^{(n)}(x_{0})=r^{(n+1)}(x_{0})=0
$$
那么对 $r'(x)$ 使用引理，得到
$$
r'(x) = o((x-x_{0})^{n})\quad(x\to x_{0})
$$
根据 Lagrange 中值定理
$$
r(x) = r(x_{0})+r'(x_{0}+\theta(x-x_{0}))\cdot(x-x_{0}) = r'(x_{0}+\theta(x-x_{0}))\cdot(x-x_{0})
$$
其中 $\theta\in(0,1)$ 有界，故 $r(x) =o((x-x_{0})^{n})(x-x_{0}) = o((x-x_{0})^{n+1})$
根据归纳原理，引理得证.
于是原命题易证.
Taylor 多项式
补充
在 $x_{0}$ 处 $n$ 阶可导 $\implies$ $f(x)=p_{n}(x)+o((x-x_{0})^{n})\quad(x\to x_{0})$
注意逆推不一定成立，反例：
$$
f(x)=x^{n+1}\cdot(-1)^{D(x)}
$$
唯一性
设两个多项式，易证
Lagrange 型余项
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有 $n$ 阶导，在 $(a,b)$ 上有 $n+1$ 阶导. 设 $x_{0}\in[a,b]$ 为一固定点，则 $\forall x\in[a,b]$ ，存在区间 $(x,x_{0})$ 或 $(x_{0},x)$ 中的点 $\xi$ 使得
$$
r_{n}(x) = \frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_{0})^{n+1}
$$
通常也写作
$$
r_{n} = \frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(x_{0}+\theta\Delta x)\Delta x^{n+1},\quad\text{其中}\theta\in(0,1),\Delta x = x-x_{0}.
$$
证：
多次使用 Lagrange 中值定理即可.
初等函数的 Taylor 公式
幂函数
$$
(1+x)^{\alpha} = \binom{\alpha}{0} + \binom{\alpha}{1}x + \dots + \binom{\alpha}{n}x^{n} + r_{n}(x)
$$
特例：
$$
\begin{align}
\frac{1}{1-x} & = 1+x+\dots+x^{n}+r_{n}(x) \
\frac{1}{1+x} & = 1 -x + \dots + (-x)^{n} + r_{n}(x)
\end{align}
$$
指数函数
略
三角函数
略
Taylor 公式求导
注意求导后余项是根据唯一性得到的，不是直接余项求导
极值点判定
二阶导判别法
设 $x_{0}\in I$ 是满足 $f'(x_{0})=0$ ， $f''(x_{0})$ 存在且 $I$ 包含 $x_{0}$ 的一个邻域，那么：
- 若 $f''(x_{0})>0$ ，则 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极小值点.
- 若 $f''(x_{0})<0$ ，则 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极大值点.
- 若 $''f''(x_{0})=0$ ，则无法判断.
法 Ⅰ：
对于情形 (3) 考虑如 $f(x)=x^{4}$ 在 $x=0$ 处即可
对于情形 (1) ，根据导数和单调性的关系在 $x_{0}$ 左右侧分别讨论即可.
法 Ⅱ：
只考虑情形 (1). $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处带有 Peano 余项的 Taylor 公式：
$$
f(x) = f(x_{0}) + f'(x_{0})(x-x_{0}) + \frac{1}{2}f''(x_{0})(x-x_{0})^{2}+o((x-x_{0})^{2})
$$
带入题目有
$$
f(x) - f(x_{0}) = \frac{f''(x_{0})}{2}(x-x_{0})^{2} + o((x-x_{0})^{2})\quad(x\to x_{0})
$$
根据高阶无穷小的定义
$$
\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{(x-x_{0})^{2}} = \lim_{ x \to x_{0} } \left( \frac{f''(x_{0})}{2} + \frac{o((x-x_{0})^{2})}{(x-x_{0})^{2}} \right) = \frac{f''(x_{0})}{2} > 0
$$
再根据极限的保序性，结合极值点定义即可证明
高阶导判别法
设 $x_{0}\in I$ 满足 $f'(x_{0}) = f''(x_{0})=\dots=f^{(n)}(x_{0})=0$ ，同时 $f^{(n+1)}(x_{0})\neq 0$ ，则
- 若 $n+1$ 为奇数，则 $x_{0}$ 不是极值点
- 若 $n+1$ 为偶数，则
- 若 $f^{(n+1)}(x_{0})>0$ ，则为极小值点
- 若 $f^{(n+1)}(x_{0})<0$ ，则为极大值点
证：
同理二阶，展开 $n+1$ 项即可证明.
局部单调性判别法
设 $I$ 包含 $x_0$ 的一个邻域且 $f'(x_0) = 0$. 如果 $f'(x)$ 在 $x_0$ 左右两侧变号（即存在 $\delta > 0$，使得 $(x_0-\delta,x_0)$ 与 $(x_0,x_0+\delta)$ 上 $f'(x)$ 符号相反），则 $x_0$ 是极值点.
- 如果在 $(x_0-\delta,x_0)$ 上 $f'(x)<0$，在 $(x_0,x_0+\delta)$ 上 $f'(x)>0$，则 $x_0$ 是 $f$ 的极小值点；
- 如果在 $(x_0-\delta,x_0)$ 上 $f'(x)>0$，在 $(x_0,x_0+\delta)$ 上 $f'(x)<0$，则 $x_0$ 是 $f$ 的极大值点.
值得注意的是，如果 $f(x)$ 的单调性在 $x_0$ 处发生改变，则显然 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个极值点，但反之不然. 换言之，如果 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个极小值点，则不一定存在 $\delta>0$，使得 $(x_0-\delta,x_0)$、$(x_0,x_0+\delta)$ 上 $f(x)$ 分别单减、单增. 比如函数
$$ f(x)=\begin{cases} x^2\sin^2\frac{1}{x} & x\neq 0 \ 0 & x=0 \end{cases}, $$
显然 $f$ 有极小值点 $0$. 但是
$$f'(0)=0,$$
$$f'(x)=2x\sin^2\frac{1}{x}+x^22\sin\frac{1}{x}\cos\frac{1}{x}\left(-\frac{1}{x^2}\right)=2x\sin^2\frac{1}{x}-\sin\frac{2}{x} \quad (x\neq 0).$$
因此 $0$ 点处不存在任何单调的左半、右半邻域. 此时上述所有判别法均失效，唯一可用于判断极值点的手段是比较 $0$ 处与附近函数值的大小.
上凸/下凸函数
二阶导
高中知识
凸性改变的点称为拐点
局部 Lipschitz 函数
设 $f$ 的定义域为 $D_{f}$ ，对任意 $x_{0}\in D_{f}$ ，存在邻域 $(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$ 与常数 $C$ （两者均依赖 $x_{0}$ ），使得
$$
\forall x,x'\in(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)\cap D_{f}:\quad \left| f(x)-f(x') \right| \leq C\left| x-x' \right|
$$
则称 $f(x)$ 为局部 Lipschitz 函数
Lipschitz 函数
在整个定义域内满足即可
$$
\forall x,x'\in D_{f}:\quad \left| f(x)-f(x') \right| \leq C|x-x'|
$$
性质
几何性质：图像可以被限定在一个锥内
比一致连续性更强
几乎处处可导
和上/下凸函数的关系
开区间上的上/下凸函数是 Lipschitz 函数
证：
只证下凸函数. 设 $f(x)$ 是开区间 $(a,b)$ 上的下凸函数，任取 $a<x_{1}<x_{2}<b$ ，下证 $f(x)$ 在区间 $[x_{1},x_{2}]$ 上满足 Lipsichitz 性质，即存在和 $x,1,x_{2}$ 有关的 $C$ 使得
$$
\forall x,x'\in[x_{1},x_{2}]:\quad \left| f(x)-f(x') \right| \leq C |x-x'|
$$
为此引入两个辅助点 $x_{3},x_{4}$ 满足
$$
a<x_{3}<x_{1}<x_{2}<x_{4}<b
$$
分两步证明：
(1) 先证明 $f(x)$ 在闭区间有上下界. 对于任意 $x\in[x_{1},x_{2}]$ ，显然存在 $\lambda\in[0,1]$ 满足
$$
x=\lambda x_{1}+(1-\lambda)x_{2}
$$
从而根据下凸性
$$
f(x)\leq \lambda f(x_{1})+(1-\lambda)f(x_{2}) \leq \max_{\lambda\in[0,1]}{ \lambda f(x_{1})+(1-\lambda)f(x_{2}) }
$$
所以有上界.
另一方面，对于任意 $x\in[x_{1},x_{2}]$ ，由于 $x_{2}$ 在 $x,x_{4}$ 之间，存在 $\lambda\in[0,1]$ 满足
$$
x_{2}=\lambda x+(1-\lambda)x_{4}
$$
同理证明上界，移项后即可得到 $f(x)$ 的下界.
(2) 第二步证明在 $[x_{1},x_{2}]$ 上具有 Lapschitz 性质. 任取 $x,x'\in[x_{1},x_{2}]$ ，不妨设
$$
x_{3}<x_{1}\leq x<x'\leq x_{2}<x_{4}
$$
由于 $x$ 在 $x_{3},x'$ 之间，所以
$$
x = \lambda x_{3}+(1-\lambda)x'\quad\left( \lambda = \frac{x-x'}{x_{3}-x'}\in[0,1] \right)
$$
根据下凸定义，
$$
f(x)\leq\lambda f(x_{3}) + (1-\lambda)f(x')
$$
所以
$$
\begin{align}
f(x)-f(x') & \leq \lambda (f(x_{3})-f(x')) = \frac{x'-x}{x'-x_{3}}(f(x_{3})-f(x)) \
& \leq \frac{|f(x_{3})| + |f(x)|}{x'-x_{3}}|x-x'| \
& \leq C_{1}|x-x'|
\end{align}
$$
其中
$$
C_{1} = \frac{|f(x_{3})| + \sup_{x\in[x_{1},x_{2}]}|f(x)|}{x_{1}-x_{3}}
$$
同理，得到
$$
f(x')-f(x)\leq C_{2}|x-x'|
$$
其中
$$
C_{2}= \frac{|f(x_{4})| + \sup_{x\in[x_{1},x_{2}]}|f(x)|}{x_{4}-x_{2}}
$$
综上，我们令 $C=\max{ C_{1},C_{2} }$ 即可得到
$$
|f(x)-f(x')| \leq C|x-x'|
$$
注：
讨论凸函数时一般默认定义域为开区间，闭区间上的凸函数可能在端点处不连续，比如
$$
f(x)=\begin{cases}
1 & x=0,1 \
0 & x\in(0,1)
\end{cases}
$$
Jensen 不等式
设 $f(x)$ 是区间 $I$ 上的下凸（上凸）函数，则对任意 $x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in I$ 和正数 $\lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{n}$ ，若
$$
\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}=1
$$
则成立（下凸时）
$$
f\left( \sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}x_{i} \right) \leq \sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}f(x_{i})
$$
上凸时反之即可.
证：
只考虑下凸，对 $n$ 使用数学归纳法.
若 $n=2$ ，即为下凸定义.
设对 $n\geq 2$ 成立，考虑 $n+1$ 的情形，设 $x_{1},x_{2},\dots,x_{n},x_{n+1}\in I$ ，正数 $\lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{n},\lambda_{n+1}$ 之和为 $1$
我们将 $\lambda_{n}x_{n}+\lambda_{n+1}x_{n+1}$ 视为一个 $x_{n}'$，通过变形即可得到在 $n+1$ 时也成立.
应用：证明均值不等式
利用 $\ln x$ 是 $(0,+\infty)$ 上的上凸函数，取 $\lambda_{i}=\frac{1}{n}$ 即可证明.
L'Hosptial 法则
在区间 $(a,a+d]$ 上有函数 $f(x),g(x)$ 可导且 $g'(x)\neq 0$ ，设
$$
\lim_{ x \to a^{+} } f(x) = \lim_{ x \to a^{+} } g(x) = 0
$$
或
$$
\lim_{ x \to a^{+} } g(x) = \infty
$$
则 $\lim_{ x \to a^{+} } \frac{f’(x)}{g'(x)}$ 存在时，成立
$$
\lim_{ x \to a^{+} } \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{ x \to a^{+} } \frac{f'(x)}{g'(x)}
$$
证：
记 $\lim_{ x \to a^{+} } \frac{f'(x)}{g'(x)}=A$ ，先证 $A$ 为有限数时的情况.
Case 1 : $\lim_{ x \to a^{+} } f(x) = \lim_{ x \to a^{+} } g(x) = 0$
此时补充定义 $f(a)=g(a)=0$ 使得函数在 $[a,a+d]$ 上连续
运用 Cauchy 中值定理，有
$$
\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}
$$
当 $x\to a^{+}$ 时显然有 $\xi\to a^{+}$ ，于是得证.
Case 2 : $\lim_{ x \to a^{+} }g(x)= \infty$
类似 数列的极限#T6 (Stolz 定理) 的证明，$f,g$ 之比接近它们的增长率之比.
不妨先令 $A=0$
根据定义，任取 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta_{1}>0$ 使得
$$
\forall x\in(a,a+\delta_{1}),\left| \frac{f'(x)}{g'(x)} \right| < \frac{\varepsilon}{2}
$$
在邻域中取一点 $x_{0}(\text{记}x_{0}=a+\delta_{2})$ ，则对于任意 $x\in(a,a+\delta_{2})$ ，有
$$
\begin{align}
\left| \frac{f(x)}{g(x)} \right| & = \left| \frac{f(x)-f(x_{0})+f(x_{0})}{g(x)} \right| \
& \leq \left| \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)} \right| + \left| \frac{f(x_{0})}{g(x)} \right| \ \
& = \left| \frac{g(x)-g(x_{0})}{g(x)} \right| \cdot \left| \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})} \right| + \left| \frac{f(x_{0})}{g(x)} \right| \
\end{align}
$$
运用 Cauchy 中值定理，存在 $\xi\in(a,a+\delta_{2})$ 使得
$$
\left| \frac{f(x)}{g(x)} \right| = \left| 1-\frac{g(x_{0})}{g(x)} \right| \cdot \left| \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \right| +\left| \frac{f(x_{0})}{g(x)} \right| \leq \frac{\varepsilon}{2} + \left| \frac{f(x_{0})}{g(x)} \right|
$$
由于 $g(x)$ 是无穷大量，故存在 $\delta_{3}$ 满足
$$
\forall x\in(a,a+\delta_{3}),\left| \frac{f(x_{0})}{g(x)} \right|< \frac{\varepsilon}{2}
$$
于是取 $\delta=\min{ \delta_{2},\delta_{3} }$ ，有
$$
\forall x\in(a,a+\delta),\left| \frac{f(x)}{g(x)} \right| < \varepsilon
$$
于是（对于 $A$ 非零的情况构造函数 $F(x)=f(x)-A\cdot g(x)$ 即可）
$$
\lim_{ x \to a^{+} } \frac{f(x)}{g(x)}=A
$$
注意
L'Hospital 法则的逆命题和否命题均不成立，例如
$$
\lim_{ x \to +\infty } \frac{\sin x}{x} =0
$$
但极限
$$
\lim_{ x \to +\infty } \cos x
$$
并不存在.
其他不等式
#待施工