多元函数的极限与连续

§5.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.11 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

2.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）函数的极限函数的连续性与间断点③ 掌握后可解锁偏导数

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 沿一切直线都趋于同一值，仍不能断定二重极限存在★ 要懂

路径法只能用来否定极限的存在，不能用来肯定。即使验证了沿所有直线

y = k x

都趋于同一个数，也不足以断定二重极限存在。这是因为动点趋于

(0, 0)

的方式除直线外还有抛物线

y = k x^{2}

、幂曲线

x = y^{2}

，以至螺旋线，沿这些路径可以取到直线上取不到的值。二重极限存在，要求动点以任何方式趋于该点时函数都趋于同一个常数。

证明 / 推导

定理（沿路径取极限） 设

(x, y) \to (x_{0}, y_{0}) lim f (x, y) = A

。又设曲线

x = φ (t)

，

y = ψ (t)

当

t \to t_{0}

时趋于点

P_{0} (x_{0}, y_{0})

，且在

t_{0}

的某个去心邻域内曲线上的点都不与

P_{0}

重合。那么

t \to t_{0} lim f (φ (t), ψ (t)) = A .

证对任给的

ε > 0

，由二重极限的定义，存在

δ > 0

，使当

0 < (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} < δ

时有

∣ f (x, y) - A ∣ < ε

。记

ρ (t) = (φ (t) - x_{0})^{2} + (ψ (t) - y_{0})^{2} .

由

φ (t) \to x_{0}

与

ψ (t) \to y_{0}

知

ρ (t) \to 0

，故存在

η_{1} > 0

，使当

0 < ∣ t - t_{0} ∣ < η_{1}

时

ρ (t) < δ

。又由假设，存在

η_{2} > 0

，使当

0 < ∣ t - t_{0} ∣ < η_{2}

时

ρ (t) > 0

。取

η = min {η_{1}, η_{2}}

，则当

0 < ∣ t - t_{0} ∣ < η

时有

0 < ρ (t) < δ

，于是点

(φ (t), ψ (t))

落在上述去心邻域内，从而

f (φ (t), ψ (t)) - A < ε .

按极限的定义，这就证明了沿该曲线的极限也等于

A

。

■

定理中曲线不经过 $P_{0}$ 这一条件不可省去. 二重极限只涉及

f

在

P_{0}

附近的值。它与

f

在

P_{0}

处的值无关。如果允许曲线经过

P_{0}

，那么在相应的

t

处复合函数取的是

f (P_{0})

。这个值可以与

A

相差很远，沿曲线的极限也就未必等于

A

。同样的道理，用路径法作否定时，所取的路径也必须避开该点。

举例说明

讨论

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{4}}

。沿任意直线

y = k x

，有

f = \frac{x \cdot k ^{2} x ^{2}}{x ^{2} + k ^{4} x ^{4}} = \frac{k ^{2} x}{1 + k ^{4} x ^{2}} \to 0

，沿一切直线所得的极限都是

0

。但沿抛物线

x = y^{2}

，有

f = \frac{y ^{2} \cdot y ^{2}}{y ^{4} + y ^{4}} = \frac{y ^{4}}{2 y ^{4}} = \frac{1}{2} \neq \to 0

。两条路径所得的极限不同，因此该二重极限不存在。由此可见，沿一切直线的极限相等不能作为极限存在的根据，还应考察抛物线一类的路径。

2. 证明二重极限存在的基本方法：把 $∣ f - A ∣$ 放大成只与 $ρ$ 有关的无穷小★★ 必会

与否定极限相对，证明极限存在的基本方法是先放大再夹逼。设法找出一个与方向

θ

无关、且当

ρ \to 0

时趋于零的上界

g (ρ)

，使

0 \leq ∣ f - A ∣ \leq g (ρ)

，再由夹逼准则得出结论。计算时常用极坐标

x = r cos θ, y = r sin θ

。必须注意，所得的上界中不能残留

θ

。如果只证明了固定

θ

而

r \to 0

时趋于零，那仍然只是沿直线的情形。下面几个不等式常用：

∣ x y ∣ \leq \frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})

，

\frac{∣ x ∣}{x ^{2} + y ^{2}} \leq 1

，

\frac{∣ x ∣ ^{k}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq ∣ x ∣^{k - 2} (k \geq 2)

。

举例说明

求

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{3} + y ^{3}}{x ^{2} + y ^{2}}

。放大得

\frac{x ^{3} + y ^{3}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq \frac{∣ x ∣ ^{3} + ∣ y ∣ ^{3}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq \frac{∣ x ∣ \cdot x ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{∣ y ∣ \cdot y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \to 0.

上界

∣ x ∣ + ∣ y ∣

与方向无关，且当

(x, y) \to (0, 0)

时趋于零，由夹逼准则知所求极限为

0

。用极坐标也可以：

∣ f ∣ = r ∣ cos^{3} θ + sin^{3} θ ∣ \leq 2 r \to 0

，这个上界同样与

θ

无关。

3. 二重极限与累次极限互不蕴含，两者的联系由下面的定理给出

累次极限

lim_{x \to x_{0}} (lim_{y \to y_{0}} f)

是先固定一个变量求极限，再对另一个变量求极限；二重极限则是两个变量同时变化。两者互不蕴含。例如对

\frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}

，两个累次极限都等于

0

，而二重极限不存在；反过来，也有二重极限存在而累次极限不存在的例子。两者之间唯一的正面联系是下面的定理，概念辨析题常考。

证明 / 推导

定理如果二重极限

lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} f = A

存在，且对

x_{0}

附近每个固定的

x

，内层极限

φ (x) = lim_{y \to y_{0}} f (x, y)

都存在，那么累次极限

lim_{x \to x_{0}} φ (x) = A

。

证由二重极限的定义，对任给的

ε > 0

，存在

δ > 0

，当

0 < ρ < δ

时有

∣ f (x, y) - A ∣ < ε

。固定

x

使

0 < ∣ x - x_{0} ∣ < δ /2

，则当

∣ y - y_{0} ∣

充分小时都有

∣ f (x, y) - A ∣ < ε

。令

y \to y_{0}

取极限，得

∣ φ (x) - A ∣ \leq ε

。于是当

0 < ∣ x - x_{0} ∣ < δ /2

时恒有

∣ φ (x) - A ∣ \leq ε

，这就证明了

lim_{x \to x_{0}} φ (x) = A

。

■

举例说明

下面的例子说明二重极限存在推不出累次极限存在。设

f (x, y) = x sin \frac{1}{y} + y sin \frac{1}{x} (x y \neq = 0)

。由

∣ f ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \to 0

知

lim_{(x, y) \to (0, 0)} f = 0

。但对固定的

x \neq = 0

，当

y \to 0

时

x sin \frac{1}{y}

剧烈振荡而无极限，内层极限

lim_{y \to 0} f

不存在，累次极限

lim_{x \to 0} lim_{y \to 0} f

也就无从谈起。可见定理中内层极限存在这一条件不能省去。

4. 连续性分三层判断：初等函数看定义区域，分段函数只需检验分界点★ 要懂

判断二元函数的连续性可以分三层进行。第一，多元初等函数在其定义区域内处处连续，可以直接下结论。第二，分段函数在非分界处，由初等函数的四则运算与复合运算的连续性保证连续。第三，真正需要动手检验的只有分界点，通常是原点，这时应回到定义验证

lim_{(x, y) \to P_{0}} f = f (P_{0})

。此外，有界闭区域上的连续函数必有界，且必取得最大值和最小值。这个性质是 §5.7 讨论无条件极值、§5.8 讨论条件极值时求最值的依据。

举例说明

讨论

f (x, y) = \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} (x^{2} + y^{2} \neq = 0), f (0, 0) = 0

在原点的连续性。这是分段函数，分界点为原点，应回到定义检验。沿

x

轴（

y = 0

）有

f = \frac{x ^{2}}{x ^{2}} = 1 \to 1

；沿

y

轴（

x = 0

）有

f = \frac{- y ^{2}}{y ^{2}} = - 1 \to - 1

。两条路径所得的极限不同，故

lim_{(x, y) \to (0, 0)} f

不存在，更谈不上等于

f (0, 0) = 0

，所以

f

在原点不连续。而且无论把

f (0, 0)

改为什么值都不能使

f

在原点连续，这个间断点是不可去的。

💡 小知识

函数

\frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}

沿过原点的任何一条直线都有极限，可不同直线给出的极限值并不一样，所以它在原点整体上没有极限。这个曲面像是在原点被拧出了一圈螺旋，从不同方向走到顶点，看到的海拔各不相同。它是多元分析里最有名的一个反直觉例子。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求极限

(x, y) \to (1, 2) lim \frac{x ^{2} + y}{x + y ^{2}}

。难度 1

函数

\frac{x ^{2} + y}{x + y ^{2}}

是初等函数，在点

(1, 2)

处有定义（分母

x + y^{2} = 1 + 4 = 5 \neq = 0

），因此它在该点连续，极限可由直接代入求得：

(x, y) \to (1, 2) lim \frac{x ^{2} + y}{x + y ^{2}} = \frac{1 ^{2} + 2}{1 + 2 ^{2}} = \frac{3}{5}

。结论：极限为

\frac{3}{5}

。判断多元函数在某点的极限，先看它是不是初等函数、该点在不在定义区域内；若是，直接代入即可。

例 2 求极限

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}

。难度 1

函数在原点无定义，需要判断极限。用放缩夹逼：注意

\frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq 1

，故

\frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} = ∣ x ∣ \cdot \frac{y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq ∣ x ∣

。当

(x, y) \to (0, 0)

时

∣ x ∣ \to 0

，由夹逼定理

0 \leq \frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} \leq ∣ x ∣ \to 0

，所以

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} = 0

。要点：分子比分母「高一阶」时，常可夹逼到

0

。

例 3 讨论极限

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}

是否存在。难度 2

二重极限存在要求沿一切路径趋于同一值，故想否定它，只需找两条给出不同极限的路径。沿

x

轴（令

y = 0

）：

\frac{x ^{2} - 0}{x ^{2} + 0} = 1 \to 1

；沿

y

轴（令

x = 0

）：

\frac{0 - y ^{2}}{0 + y ^{2}} = - 1 \to - 1

。两条路径的极限分别为

1

与

- 1

，不相等，所以

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}

不存在。

例 4 求极限

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{sin ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}}

。难度 2

作整体代换

t = x^{2} + y^{2}

。当

(x, y) \to (0, 0)

时

t \to 0^{+}

（且

t > 0

），于是原极限化为一元重要极限

t \to 0^{+} lim \frac{sin t}{t} = 1

。所以

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{sin ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}} = 1

。技巧：当式子只依赖于

x^{2} + y^{2}

这样的整体量时，换元可把二重极限降为熟悉的一元极限。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2020 年 · 数一 · 第 3 题 · 选择题 · 4 分

设函数

f (x, y)

在点

(0, 0)

处可微，

f (0, 0) = 0

，

n = (\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, - 1)_{(0, 0)}

，非零向量

α

与

n

垂直，则（　　）

A $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ n \cdot ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}}$ 存在.
B $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ n \times ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}}$ 存在.
C $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ α \cdot ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}}$ 存在.
D $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ α \times ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}}$ 存在.

2002 年 · 数一 · 第 6 题 · 选择题 · 3 分

考虑二元函数

f (x, y)

的下面

4

条性质：

①

f (x, y)

在点

(x_{0}, y_{0})

处连续；

②

f (x, y)

在点

(x_{0}, y_{0})

处的两个偏导数连续；

③

f (x, y)

在点

(x_{0}, y_{0})

处可微；

④

f (x, y)

在点

(x_{0}, y_{0})

处的两个偏导数存在.

若用 “

P \Rightarrow Q

” 表示可由性质

P

推出性质

Q

，则有（　　）

A② $\Rightarrow$ ③ $\Rightarrow$ ①
B③ $\Rightarrow$ ② $\Rightarrow$ ①
C③ $\Rightarrow$ ④ $\Rightarrow$ ①
D③ $\Rightarrow$ ① $\Rightarrow$ ④

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

极限

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{2 x y}{x ^{2} + y ^{2}}

的情况是（　）。

A等于 $0$
B等于 $1$
C不存在
D等于 $\frac{1}{2}$

练习 2 · 填空题

(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{3} + y ^{3}}{x ^{2} + y ^{2}} =

____。

练习 3 · 选择题

设

f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}, 0, (x, y) \neq = (0, 0), (x, y) = (0, 0),

则

f

在原点（　）。

A连续
B不连续，因为 $(x, y) \to (0, 0) lim f$ 不存在
C连续，因为 $f (0, 0) = 0$
D不连续，因为 $(x, y) \to (0, 0) lim f = 1$

练习 4 · 填空题

(x, y) \to (0, 2) lim \frac{sin ( x y )}{x} =

____。

1997 年 · 数一 · 第 6 题 · 选择题 · 3 分

二元函数

f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}, 0, (x, y) \neq = (0, 0), (x, y) = (0, 0),

在点

(0, 0)

处（　　）

A连续，偏导数存在.
B连续，偏导数不存在.
C不连续，偏导数存在.
D不连续，偏导数不存在.

多元函数的极限与连续

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 沿一切直线都趋于同一值，仍不能断定二重极限存在★ 要懂

2. 证明二重极限存在的基本方法：把 ∣f−A∣ 放大成只与 ρ 有关的无穷小★★ 必会

3. 二重极限与累次极限互不蕴含，两者的联系由下面的定理给出

4. 连续性分三层判断：初等函数看定义区域，分段函数只需检验分界点★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 证明二重极限存在的基本方法：把 $∣ f - A ∣$ 放大成只与 $ρ$ 有关的无穷小★★ 必会