结论

f^‴(x) < 0⇒ 极小值点左偏移 (极大值点右偏移)；

f^‴(x) > 0⇒ 极小值点右偏移 (极大值点左偏移)。

证明

泰勒公式：f(x) = f(x₀) + f^′(x₀)(x − x₀)$+\dfrac{f^{\prime\prime}(x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2}$+⋯$+ \dfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}$+o((x − x₀)ⁿ)

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(x₁) = f(x₂)(x₁ < x₂)，且在区间(x₁, x₂)内只有一个极小值点x₀，即当x ∈ (x₁, x₀)时，有f^′(x) < 0，当x ∈ (x₀, x₂)时，有f^′(x) > 0。于是，判断极值点左偏移还是右偏移，即比较x₀与$\dfrac{x_{1} + x_{2}}{2}$的大小关系。

记$m = \dfrac{x_{1} + x_{2}}{2}$，将f(x₁)和f(x₂)分别在x = m处泰勒展开得

f(x₁) = f(m) + f^′(m)(x₁ − m)$+ \dfrac{f^{\prime\prime}(m)}{2!}(x_{1} - m)^{2}$$+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{1})}{3!}(x_{1} - m)^{3}$,

f(x₂) = f(m) + f^′(m)(x₂ − m)$+ \dfrac{f^{\prime\prime}(m)}{2}(x_{2} - m)^{2}$$+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{2})}{6}(x_{2} - m)^{3}$，

其中ξ₁ ∈ (x₁, m)，ξ₂ ∈ (m, x₂)。

由上知x₁ − m = −(x₂ − m)，且f(x₁) = f(x₂)。

故相减得：0 = f^′(m)(x₁ − x₂)$+ \dfrac{f^{'''}(\xi_{1}) + f^{'''}(\xi_{2})}{6} \left(\dfrac{x_{1} - x_{2}}{2}\right)^{3}$。

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

若当x ∈ (x₁, x₂)时，恒有f^‴(x) < 0，则f^‴(ξ₁) < 0, f^‴(ξ₂) < 0, f^′(m) > 0，得$m = \dfrac{x_{1} + x_{2}}{2} > x_{0}$，即极小值点左偏移;

若当x ∈ (x₁, x₂)时，恒有f^‴(x) > 0，同理可得f^′(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x₁，x₂是f(x)的两个零点，证明：x₁ + x₂ < 2。
解析
解析：(1) 略。
（2）f^′(x) = (x − 1)e^x + 2a(x − 1) = (x − 1)(e^x + 2a)，由(1)可知a > 0，故x₀ = 1 为f(x)的极小值点。
f^′′′(x₀) = (x₀ + 1)e^x > 0，由上述结论可知，x₁ + x₂ < 2。
已知函数f(x) = xe^−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x₁ ≠ x₂，且f(x₁) = f(x₂)，证明：x₁ + x₂ > 2。
(3)解析
由(1)知f^′(x) = e^−x(1 − x)，得f(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，f(x)有极大值$f(1) = \dfrac{1}{e}$，无极小值。
知f^′′(x) = e^−x(x − 2), f^′′′(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x₁ + x₂ > 2。
已知函数f(x) = e^x − ax有两个不同的零点x₁，x₂，其极值点为x₀。
（1）求a的取值范围;
（2）求证：x₁ + x₂ < 2x₀。
解析
f(x) = e^x − ax，f^‴(x) = e^x > 0，则极小值点x₀右偏移，有x₁ + x₂ < 2x₀。
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 > m²。
解析
（1）略。
（2）两边同时取对数即证明ln a + ln b > 2ln 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t₁, t₂，即证明t₁ + t₂ > 2ln m。
设t₀为$h(t) = t + \dfrac{m}{e^{t}} - 3$的极值点，因为$h^{\prime}(t) = 1 - \dfrac{m}{e^{t}}$，则t₀ = ln m。故h(t)在(0, ln m)单调递减，在(ln m, +∞)单调递增，所以t₀为h(t)的极小值点。
又因为h^′(t₀) = 0, $h^{\prime\prime\prime}(t_{0}) = -\dfrac{m}{e^{t_{0}}} < 0$, k ∈ ℕ。所以由上述结论可知，t₁ + t₂ > 2ln m，故ab > m²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bln a − aln b = a − b，证明：$2 < \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} < e$。
解析
（1）略。
（2）由bln a − aln 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，x₀ = 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。