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在微积分中，商法则是一种求导方法，用于求两个可微函数之比的导数。设 $h(x) = \frac{f(x)}{g(x)}$，其中 $f$ 和 $g$ 都是可微函数，且 $g(x) \neq 0$。商法则表明，$h(x)$ 的导数为： $$ h'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2}.~ $$ 这一法则可以通过使用其他求导规则以多种方式证明。
已知 $h(x) = \frac{e^x}{x^2},$ 令 $f(x) = e^x, \quad g(x) = x^2$，那么根据商法则： $$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x}{x^2}\right) &= \frac{\left(\frac{d}{dx} e^x\right)(x^2) - (e^x)\left(\frac{d}{dx} x^2\right)}{(x^2)^2}\\ &= \frac{(e^x)(x^2) - (e^x)(2x)}{x^4}\\ &= \frac{x^2 e^x - 2x e^x}{x^4}\\ &= \frac{x e^x - 2 e^x}{x^3}\\ &= \frac{e^x (x-2)}{x^3}.\\ \end{aligned}~ $$
商法则可以用来求 $\tan x$ 的导数。由于 $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$,
所以： $$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\tan x &= \frac{d}{dx}\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)\\ &= \frac{\left(\frac{d}{dx}\sin x\right)(\cos x) - (\sin x)\left(\frac{d}{dx}\cos x\right)}{\cos^2 x}\\ &= \frac{(\cos x)(\cos x) - (\sin x)(- \sin x)}{\cos^2 x}\\ &= \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}\\ &= \frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x.\\ \end{aligned}~ $$
倒数法则是商法则的一个特殊情形，此时分子为 $f(x) = 1$,应用商法则可得： $$ h'(x) = \frac{d}{dx}\left[\frac{1}{g(x)}\right] = \frac{0 \cdot g(x) - 1 \cdot g'(x)}{(g(x))^2} = \frac{-g'(x)}{(g(x))^2}.~ $$ 利用链式法则也能得到相同的结果。
设 $h(x) = \frac{f(x)}{g(x)}$.应用导数的定义以及极限的性质，可以得到如下证明。这里通过添加和减去 $f(x)g(x)$ 来便于在后续步骤中进行拆分和因式分解，而不会影响结果： $$ \begin{aligned} h'(x) &= \lim_{k \to 0} \frac{h(x+k) - h(x)}{k} &= \lim_{k \to 0} \frac{\tfrac{f(x+k)}{g(x+k)} - \tfrac{f(x)}{g(x)}}{k}\\ &= \lim_{k \to 0} \frac{f(x+k)g(x) - f(x)g(x+k)}{k \cdot g(x)g(x+k)}\\ &= \lim_{k \to 0} \frac{f(x+k)g(x) - f(x)g(x+k)}{k} \cdot \lim_{k \to 0} \frac{1}{g(x)g(x+k)}\\ \ &= \lim_{k \to 0} \left[ \frac{f(x+k)g(x) - f(x)g(x) + f(x)g(x) - f(x)g(x+k)}{k} \right] \cdot \frac{1}{[g(x)]^2}\\ &= \Bigg[\lim_{k \to 0} \frac{f(x+k)g(x) - f(x)g(x)}{k} - \lim_{k \to 0} \frac{f(x)g(x+k) - f(x)g(x)}{k}\Bigg] \cdot \frac{1}{[g(x)]^2}\\ &= \Bigg[\lim_{k \to 0} \frac{f(x+k) - f(x)}{k}\cdot g(x) - f(x) \cdot \lim_{k \to 0} \frac{g(x+k) - g(x)}{k}\Bigg] \cdot \frac{1}{[g(x)]^2}\\ &= \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}. \end{aligned}~ $$ 极限求值 $\lim_{k \to 0} \frac{1}{g(x+k)g(x)} = \frac{1}{[g(x)]^2}$ 是合理的，因为 $g(x)$ 可导，意味着它是连续的。这可以表述为：$\lim_{k \to 0} g(x+k) = g(x)$。
设 $h(x) = \frac{f(x)}{g(x)}$，于是有 $f(x) = g(x)h(x)$。
应用乘积法则：$f'(x) = g'(x)h(x) + g(x)h'(x)$.
解出 $h'(x)$，并将 $h(x)$ 代回： $$ \begin{aligned} h'(x) &= \frac{f'(x) - g'(x)h(x)}{g(x)}\\ &= \frac{f'(x) - g'(x)\cdot \tfrac{f(x)}{g(x)}}{g(x)}\\ &= \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}. \end{aligned}~ $$
设 $$ h(x) = \frac{f(x)}{g(x)} = f(x) \cdot \frac{1}{g(x)}.~ $$ 那么根据乘积法则： $$ h'(x) = f'(x)\cdot \frac{1}{g(x)} + f(x)\cdot \frac{d}{dx}\left[\frac{1}{g(x)}\right].~ $$ 为了计算第二项中的导数，可以应用倒数法则，或者结合幂函数求导法则与链式法则： $$ \frac{d}{dx}\left[\frac{1}{g(x)}\right] = -\frac{1}{[g(x)]^2}\cdot g'(x) = \frac{-g'(x)}{[g(x)]^2}.~ $$ 将结果代入表达式 $$ \begin{aligned} h'(x) &= f'(x)\cdot \frac{1}{g(x)} + f(x)\cdot \left[-\frac{g'(x)}{[g(x)]^2}\right]\\ &= \frac{f'(x)}{g(x)} - \frac{f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}\\ &= \frac{g(x)}{g(x)} \cdot \frac{f'(x)}{g(x)} - \frac{f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}\\ &= \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}. \end{aligned}~ $$
设 $h(x) = \frac{f(x)}{g(x)}$.对等式两边取绝对值并取自然对数： $$ \ln |h(x)| = \ln \left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|.~ $$ 利用绝对值与对数的性质： $$ \ln |h(x)| = \ln |f(x)| - \ln |g(x)|.~ $$ 对等式两边做对数微分： $$ \frac{h'(x)}{h(x)} = \frac{f'(x)}{f(x)} - \frac{g'(x)}{g(x)}.~ $$ 解出 $h'(x)$，并将 $h(x)$ 代回为 $\tfrac{f(x)}{g(x)}$，可得： $$ \begin{aligned} h'(x) &= h(x)\left[\frac{f'(x)}{f(x)} - \frac{g'(x)}{g(x)}\right]\\ &= \frac{f(x)}{g(x)}\left[\frac{f'(x)}{f(x)} - \frac{g'(x)}{g(x)}\right]\\ &= \frac{f'(x)}{g(x)} - \frac{f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}\\ &= \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}\\ \end{aligned}~ $$ 在对数微分中引入函数的绝对值是必要的，因为当函数可能取负值时，$\ln u$ 仅在 $u>0$ 时有实数值。这是合理的，因为：$\frac{d}{dx}(\ln |u|) = \frac{u'}{u}$,这说明在对数微分中取函数的绝对值是正确且合理的做法。
隐函数求导可以用来计算商函数的第 $n$ 阶导数（部分结果会用到其前 $n-1$ 阶导数）。例如，对 $f = g h$ 进行两次求导，得到：$f'' = g''h + 2g'h' + gh''$ 然后解出 $h''$，可得： $$ h'' = \left(\frac{f}{g}\right)'' = \frac{f'' - g''h - 2g'h'}{g}.~ $$