Vamos
$$f(x) = \log \Gamma(x + 1) - \frac{x \log(x)}{2} = \log(x) + \log \Gamma(x) - \frac{x \log(x)}{2}$$
Vamos a probar que $f$ es una función convexa con $f(2) = 0$$f'(2) > 0$. El uso de la subderivative propiedad de las funciones convexas a continuación, obtener
$$f(x) \geq f(2) + (x - 2) f'(2) \ge 0 \qquad \text{for } x \ge 2,$$
que es lo que queríamos demostrar.
Los dos primeros derivados de $f$
$$\begin{align*}
f'(x) &= \psi(x) + \frac{1}{x} - \frac{1}{2} - \frac{\log(x)}{2} \\
f''(x) &= \psi'(x) - \frac{1}{x^2} - \frac{1}{2x}
\end{align*},$$
donde $\psi$ resp. $\psi'$ son los di - resp. trigamma función. Ahora vamos a utilizar las fórmulas de Abramowitz y Stegun.
Primero de todo, la fórmula 6.3.2 nos dice
$$f'(2) = \psi(2) - \frac{\log(2)}{2} = 1 - \gamma - \frac{\log(2)}{2} = 0.076... > 0$$
Para demostrar que la convexidad, vamos a mostrar a $f''(x) \ge 0$ todos los $x \ge 2$. De 6.4.10 obtenemos la representación
$$\psi'(x) = \sum \limits_{k = 0}^\infty \frac{1}{(x + k)^2} = \frac{1}{x^2} + \sum \limits_{k = 1}^\infty \frac{1}{(x + k)^2}.$$
Ahora sólo queda probar la desigualdad
$$\sum \limits_{k = 1}^\infty \frac{1}{(x + k)^2} \ge \frac{1}{2x}.$$
Como se ha señalado por Jack Lam en los comentarios (muchas gracias!) esto puede ser demostrado mediante telescópico:
$$\sum \limits_{k = 1}^\infty \frac{1}{(x + k)^2} \ge \sum \limits_{k = 1}^\infty \frac{1}{(x + k)(x + k + 1)} = \sum \limits_{k = 1}^\infty \left(\frac{1}{x + k} - \frac{1}{x + k + 1}\right) = \frac{1}{x + 1} \ge \frac{1}{2x}.$$
