定义：对于单个极值的函数，它在极值点左右两侧的增减速度不同，导致函数图像不具备轴对称的特性，这就称为函数的极值点偏移。具体来说，有以下两种情况：

1、极值点左偏：

已知函数$f(x)在x_0$处取得极大值，直线y=b与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两个点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)$,显然下图中$x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$.

例１、已知函数$f(x)=xe^{-x}.$

(1)求函数 $f(x)$的单调性和极值。（2）若$x_1\ne x_2,且f(x_1)=f(x_2),证明x_1+x_2>2$

(1)解：$f(x)=\frac{x}{e^x} $

${f}'(x) =\frac{1-x}{e^x}$令${f}'(x) =0\Rightarrow x=1,x\in (-\infty ,1),{f}'(x) >0 ,f(x)$递增，$x\in (1,+\infty),{f}'(x) <0 ,f(x)递减；
极大值 f(1)=\frac{1}{e};特殊点f(0)=0,(0,0) $

(2)

2、极值点右偏：

已知函数$f(x)的x=x_0$处取得极大值，直线$y=b$与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)显然下图中x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$

例２、已知函数$f(x)=\frac{1-x}{1+x^2} e^x$.

(1)求函数$f(x)$的单调性；

(2)证明：当$f(x_1)=f(x_2)时,x_1+x_2<0$

解：（1）${f}' (x)=[\frac{1-x}{1+x^2}+(\frac{1-x}{1+x^2})'] e^x=[\frac{1-x}{1+x^2}+\frac{-1-x^2-2x(1-x)}{(1+x^2)^2}] e^x=\frac{-x[(x-1)^2+2]}{(1+x^2)^2}e^x$​

$x\in R,当x<0,{f}' (x)>0,f(x)\nearrow ,且f(x)>0;$

$x>0时，{f}' (x)<0,f(x)\searrow ,且0<x<1时，f(x)>0$,f(x)在x=0处有极大值f(0)=1。

（2）$当f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$时,设$x_1<0<x_2<1$,要证$x_1+x_2\lt 0\Rightarrow x_1<-x_2<0,$

$\because {\color{Red} f(x)在x<0时是单调递减的，} $

只需证$f(x_1)<f(-x_2)\Leftrightarrow f(x_1)-f(-x_2)<0\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)-f(-x_2)<0}$​ 即可。
$ \Leftrightarrow f(x)-f(-x)<0,x\in (0,1)。即证：[(1-x)e^x-\frac{1+x}{e^x}]\frac{1}{1+x^2}<0\Leftrightarrow (1-x)e^x-\frac{1+x}{e^2} <0$
构造$g(x)= (1-x)e^x-\frac{1+x}{e^2}(0<x<1),{g}' (x)=e^x(-1+1-x)-\frac{e^x(1-1-x)}{e^{2x}} =\frac{-x(e^{2x}-1)}{e^x}<0$
$g(x)在(0,1)单调递减，g(x)<g(0)=0,即(1-x)e^x-\frac{1+x}{e^2} <0$得证。

例３、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<\frac{1}{a} +\frac{1}{b} $
解：(1)${f}' (x)=1-\ln x-1=-\ln x$

$x\in (0,1),{f}' (x)\gt 0,\qquad f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,\quad f(x)\searrow 。$​

f(x)在x=1处有极大值1。

(2)由题设：$b\ln a-a\ln b=a-b\Leftrightarrow \frac{\ln a}{a} －\frac{\ln b}{b} ＝\frac{1}{b} －\frac{1}{a} $

$\Leftrightarrow \frac{\ln a}{a}+\frac{1}{a}= \frac{\ln b}{b}+\frac{1}{b}$

且有$f(x)=x(1-\ln x)\Rightarrow f(\frac{1}{a})=\frac{\ln a}{a}+\frac{1}{a},f(\frac{1}{b})=\frac{\ln b}{b}+\frac{1}{b}$

即有$f(\frac{1}{a})=f(\frac{1}{b})$,不妨设$0\lt \frac{1}{a}\lt 1\lt \frac{1}{b}$

构造函数$F(x)=f(x)-f(2-x),0\lt x\lt 1$

${F}' (x)={f}'(x)+{f}'(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln x(2-x)=-\ln ( [1-(x-1)^2]) $

$0\lt 1-(x-1)^2\lt 1\Rightarrow {F}' (x)\gt 0,F(x)在x \in (0,1)处\nearrow ,\Rightarrow F(x)\lt F(1)=0$

$f(\frac{1}{a} )-f(2-\frac{1}{a}) \lt 0\Leftrightarrow f(\frac{1}{a} )\lt f(2-\frac{1}{a}) \quad \because f(\frac{1}{a})=f(\frac{1}{b}),f(x)在x\gt 1单调递减$

$ \therefore f(\frac{1}{b} )\lt f(2-\frac{1}{a}) \Rightarrow \frac{1}{b} \gt 2-\frac{1}{a} \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\gt 2 $