结论

$f^{'''}(x)<0 \Rightarrow$ 极小值点左偏移 (极大值点右偏移)；

$f^{'''}(x)>0 \Rightarrow$ 极小值点右偏移 (极大值点左偏移)。

证明

泰勒公式： $f(x) = f(x_{0}) + f^{\prime}(x_{0})(x - x_{0})$ $+\dfrac{f^{\prime\prime}(x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2}$ $+ \cdots$ $+ \dfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}$ $+o\left((x - x_{0})^{n}\right)$

为了讨论问题的方便，不妨假设区间 $I$ 上的可导函数 $f(x)$ 满足 $f(x_{1})=f(x_{2}) (x_{1} < x_{2})$ ，且在区间 $(x_{1}, x_{2})$ 内只有一个极小值点 $x_{0}$ ，即当 $x \in (x_{1}, x_{0})$ 时，有 $f^{\prime}(x) < 0$ ，当 $x \in (x_{0}, x_{2})$ 时，有 $f^{\prime}(x) > 0$ 。于是，判断极值点左偏移还是右偏移，即比较 $x_{0}$ 与 $\dfrac{x_{1} + x_{2}}{2}$ 的大小关系。

记 $m = \dfrac{x_{1} + x_{2}}{2}$ ，将 $f(x_{1})$ 和 $f(x_{2})$ 分别在 $x = m$ 处泰勒展开得

$f(x_{1}) = f(m) + f^{\prime}(m)(x_{1} - m)$ $+ \dfrac{f^{\prime\prime}(m)}{2!}(x_{1} - m)^{2}$ $+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{1})}{3!}(x_{1} - m)^{3}$ ,

$f(x_{2}) = f(m) + f^{\prime}(m)(x_{2} - m)$ $+ \dfrac{f^{\prime\prime}(m)}{2}(x_{2} - m)^{2}$ $+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{2})}{6}(x_{2} - m)^{3}$ ，

其中 $\xi_{1} \in (x_{1}, m)$ ， $\xi_{2} \in (m, x_{2})$ 。

由上知 $x_{1} - m = -(x_{2} - m)$ ，且 $f(x_{1}) = f(x_{2})$ 。

故相减得： $0 = f'(m)(x_{1} - x_{2})$ $+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{1}) + f^{'''}(\xi_{2})}{6} \left(\dfrac{x_{1} - x_{2}}{2}\right)^{3}$ 。

即 $f^{\prime}(m)$ $=-\dfrac{f^{'''}(\xi_{1}) + f^{'''}(\xi_{2})}{6} \cdot \dfrac{(x_{1} - x_{2})^{2}}{8}$ 。

若当 $x \in (x_{1}, x_{2})$ 时，恒有 $f^{'''}(x) < 0$ ，则 $f^{'''}(\xi_{1}) < 0$ , $f^{'''}(\xi_{2}) < 0$ , $f^{\prime}(m) > 0$ ，得 $m = \dfrac{x_{1} + x_{2}}{2} > x_{0}$ ，即极小值点左偏移;

若当 $x \in (x_{1}, x_{2})$ 时，恒有 $f^{'''}(x) > 0$ ，同理可得 $f^{\prime}(m) < 0$ ，有 $m = \dfrac{x_{1} + x_{2}}{2} < x_{0}$ ，即极小值点右偏移。

对于极大值点的情形，结果则恰好相反。

(2016年新课标I卷)已知函数 $f(x) = (x - 2) e^{x} + a (x - 1)^{2}$ 有两个零点。
（1）求 $a$ 的取值范围。
（2）设 $x_{1}$ ， $x_{2}$ 是 $f(x)$ 的两个零点，证明： $x_{1} + x_{2} < 2$ 。
解析
解析：(1) 略。
（2） $f^{\prime}(x) = (x - 1) e^{x} + 2a (x - 1)$ $= (x - 1) (e^{x} + 2a)$ ，由(1)可知 $a > 0$ ，故 $x_{0} = 1$ 为 $f(x)$ 的极小值点。
$f^{\prime\prime\prime}(x_{0}) = (x_{0} + 1) e^{x} > 0$ ，由上述结论可知， $x_{1} + x_{2} < 2$ 。
已知函数 $f(x) = x e^{-x}$ 。
（1）求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值;
（2）已知函数 $g(x)$ 的图象与 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称，证明：当 $x > 1$ 时， $f(x) > g(x)$ ;
（3）如果 $x_{1} \neq x_{2}$ ，且 $f(x_{1}) = f(x_{2})$ ，证明： $x_{1} + x_{2} > 2$ 。
(3)解析
由(1)知 $f^{\prime}(x) = e^{-x} (1 - x)$ ，得 $f(x)$ 在 $(-\infty , 1)$ 上单调递增，在 $(1, +\infty)$ 上单调递减， $f(x)$ 有极大值 $f(1) = \dfrac{1}{e}$ ，无极小值。
知 $f^{\prime\prime}(x) = e^{-x} (x - 2)$ , $f^{\prime\prime\prime}(x) = e^{-x} (-x + 3)$
故当 $x < 3$ 时， $f^{'''}(x) > 0$ ，所以极大值点 $x=1$ 左偏移，有 $x_{1} + x_{2} > 2$ 。
已知函数 $f(x) = e^{x} - ax$ 有两个不同的零点 $x_{1}$ ， $x_{2}$ ，其极值点为 $x_{0}$ 。
（1）求 $a$ 的取值范围;
（2）求证： $x_{1} + x_{2} < 2x_{0}$ 。
解析
$f(x) = e^{x} - ax$ ， $f^{'''}(x) = e^{x} > 0$ ，则极小值点 $x_{0}$ 右偏移，有 $x_{1} + x_{2} < 2x_{0}$ 。
已知函数 $f(x) = \ln x + \dfrac{m}{x} - 3$ 有两个零点。
（1）求 $m$ 的取值范围。
（2）设 $a, b$ 为 $f(x)$ 的两个零点，证明： $ab > m^{2}$ 。
解析
（1）略。
（2）两边同时取对数即证明 $\ln a + \ln b > 2 \ln m$ 。
令 $\ln x = t$ ，则 $x = e^{t}$ 。所以 $f(x) = \ln x + \dfrac{m}{x} - 3$ 有两个零点 $a, b$ $\Leftrightarrow h(t) = t + \dfrac{m}{e^{t}} - 3$ 有两个零点 $t_{1}, t_{2}$ ，即证明 $t_{1} + t_{2} > 2 \ln m$ 。
设 $t_{0}$ 为 $h(t) = t + \dfrac{m}{e^{t}} - 3$ 的极值点，因为 $h^{\prime}(t) = 1 - \dfrac{m}{e^{t}}$ ，则 $t_{0} = \ln m$ 。故 $h(t)$ 在 $(0, \ln m)$ 单调递减，在 $(\ln m, +\infty)$ 单调递增，所以 $t_{0}$ 为 $h(t)$ 的极小值点。
又因为 $h^{\prime}(t_{0}) = 0$ , $h^{\prime\prime\prime}(t_{0}) = -\dfrac{m}{e^{t_{0}}} < 0$ , $k \in \mathbb{N}$ 。所以由上述结论可知， $t_{1} + t_{2} > 2 \ln m$ ，故 $ab > m^{2}$ 得证。
（2021年新高考I卷）已知函数 $f(x) = x(1 - \ln x)$ 。
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性。
（2）设 $a, b$ 为两个不相等的正数，且 $b \ln a - a \ln b = a - b$ ，证明： $2 < \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} < e$ 。
解析
（1）略。
（2）由 $b \ln a - a \ln b = a - b$ ，两边同时除以 $ab$ 得
$\dfrac{\ln a}{a} - \dfrac{\ln b}{b} = \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{a}$ ，即 $\dfrac{\ln a + 1}{a} = \dfrac{\ln b + 1}{b}$ ，即 $f \left( \dfrac{1}{a} \right) = f \left( \dfrac{1}{b} \right)$ 。
令 $\dfrac{1}{a} = m, \dfrac{1}{b} = n$ ，即证 $m + n > 2$ 。
由(1)可知， $x_{0} = 1$ 为 $f(x)$ 的极大值点。
$f^{\prime\prime\prime}(x_{0}) = \dfrac{1}{x_{0}^{2}} > 0$ 。
由上述结论可知， $m + n > 2$ 。