如题所述
证明如下：
假设存在a，b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限，且a<b，根据极限的柯西定义，有如下结论：
任意给定ε>0（要注意，这个ε是对a，b都成立）。
总存在一个δ1>0，当0<丨x-x。丨<δ1时，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0，当0<丨x-x。丨<δ2时，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。
令δ=min{δ1，δ2}，当0<丨x-x。丨<δ时。①，②两个不等式同时成立。
因为①，②两个不等式同时成立，所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移项得：(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数，所以这个结论与极限的定义：ε可以任意小矛盾，所以假设不成立，因此不存在a，b两个数都是f（x）的极限，除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明，证法完全一样。
证毕。
假设存在a，b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限，且a<b，根据极限的柯西定义，有如下结论：
任意给定ε>0（要注意，这个ε是对a，b都成立）。
总存在一个δ1>0，当0<丨x-x。丨<δ1时，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0，当0<丨x-x。丨<δ2时，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。
令δ=min{δ1，δ2}，当0<丨x-x。丨<δ时。①，②两个不等式同时成立。
因为①，②两个不等式同时成立，所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移项得：(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数，所以这个结论与极限的定义：ε可以任意小矛盾，所以假设不成立，因此不存在a，b两个数都是f（x）的极限，除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明，证法完全一样。
证毕。
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第1个回答 推荐于2019-08-31
不是吧，这种题一般高数中都会有证明的。方法不止一种
证:若L1与L2不相等，不妨设L1<L2（L1>L2一样证）
由lim f(x)=L1 和lim f(x)=L2 知
取E=(L2-L1)/2,存在一个数a,
当0<|x-c|<a时，有|f(x)-L1|<E,|f(x)-L2|<E
由第一个式子可得f(x)<(L2+L1)/2
由第一个式子可得f(x)>(L2+L1)/2
两式产生矛盾，所以假设不成立，因此相等
即极限唯一。本回答被网友采纳
证:若L1与L2不相等，不妨设L1<L2（L1>L2一样证）
由lim f(x)=L1 和lim f(x)=L2 知
取E=(L2-L1)/2,存在一个数a,
当0<|x-c|<a时，有|f(x)-L1|<E,|f(x)-L2|<E
由第一个式子可得f(x)<(L2+L1)/2
由第一个式子可得f(x)>(L2+L1)/2
两式产生矛盾，所以假设不成立，因此相等
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