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，\(m + n > 2\)。