前言
2023年天津卷压轴这道题可以说是近年难度较大的题目了，也是实在地火出了圈，但不少解析都是涉及\ ln x 的高精度帕德逼近放缩，而这对于没见过的同学来说基本不可能想到。
作为一道高考真题，导向不可能是这样的机械识记，而这道题也有天津卷一如既往的“高观点高背景，低起手低引入”的特点和层层递进、思维连续的解法。
让我们从天津卷和全国卷常见的“偏移”视角，把表达式“化整为零”地进行裂项放缩，这道题也会迎刃而解。
题目
已知函数 f(x)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)\ln(x+1).
(1) 求曲线 y=f(x) 在 x=2 处的斜率；
(2) 当 x>0 时, 证明： f(x)>1 ；
(3) 证明： \dfrac{5}{6}<\ln(n!)-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n+n\leq 1(n\in\mathbb N^*) .
解析
第一问
f'(x)=-\dfrac{\ln(x+1)}{x^2}+\dfrac{\frac{1}{x}+\frac{1}{2}}{x+1}, f'(2)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{\ln 3}{4}，
曲线 y=f(x) 在 x=2 处的斜率为 \dfrac{1}{3}-\dfrac{\ln 3}{4}.
第二问
即 g(x)=\ln(x+1)-\dfrac{2x}{x+2}>0 在 x>0 恒成立（这是个很常用的“飘带”放缩，可以积累下来）
g'(x)=\frac1{x+1}-\frac{4}{(x+2)^2}=\frac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}\geq0 ，故 g(x) 单调递增， x>0 时 g(x)>g(0)=0 .
第三问
设数列 a_n=\ln(n!)-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n+n
先证明相对简单的右边： a_1=1 ，只需证明 \left\{ a_n \right\} 单调递减，
a_{n+1}-a_n=1-(n+\frac12)\ln(\frac1n+1) ，令 x=\frac1n>0 则有 f(\frac1n)>1
故 a_{n+1}-a_n=1-f(\frac1n)<0 ，\left\{ a_n \right\} 单调递减故成立
而左边形式较为复杂，有一项一项的对数求和也有整体，
那处理这样的数列问题无非就是“化整为零”裂项或“化零为整”求和，
在这里我们选择同时拆项与放缩，把 \left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n 进行放缩和裂项与单独的对数配对，最好是裂成 n-1 项与每个 \ln n 配对：
这个时候我们令 h(x)=(x+\frac12)\ln x\space(x\geq1) ，联想到常见的偏移形式（天生具有裂项所需的相减形式）：
\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1} 和 h'(\frac{x_1+x_2}2) 的大小关系
在这里由于要拆分成 n-1 项，我们将区间均分，分别让 x_1=1,2,3,...,n-1 和 x_2=2,3,4,...,n 即可构造出来（此时左式分母恰好为 1 ，也更好处理）
下面探究偏移的方向：不妨 x_1<x_2 ，令 m(x)=h(x)-\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1}x （“拉平”函数构造极值点），
则 m(x_1)=m(x_2)
h'(x)=\ln x+1+\frac{1}{2x} ， h''(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}=\frac{2x-1}{2x^2} 在 x>1 时恒正，故 h'(x) 单调递增，
则 m'(x)=h'(x)-\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1} 单调递增，
由 m(x_1)=m(x_2) 得 m'(x_1)<0<m'(x_2) （否则 m(x) 单调，与 m(x_1)=m(x_2) 矛盾）
故 \exists x_0\in(x_1,x_2),\space m'(x_0)=0 ，且 x_0 唯一， m(x) 在 (x_1,x_0) 单调递减，在 (x_0,x_2) 单调递增
由 h'(x_0)=\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1} 和 h'(x) 单调递增，
比较 h'(x_0)=\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1} 和 h'(\frac{x_1+x_2}2) 的大小关系，只需比较 x_0 和 \frac{x_1+x_2}2 的大小关系
对称化构造函数 s(x)=m(x_0+x)-m(x_0-x)\space(x\geq0) ，则 s(0)=0 ，
s'(x)=m'(x_0+x)+m'(x_0-x) ， s'(0)=2m'(x_0)=0 ，
s''(x)=m''(x_0+x)-m''(x_0-x) ， s''(0)=0 ，
s'''(x)=m'''(x_0+x)+m'''(x_0-x) ， m'''(x)=h'''(x)=-\frac1{x^2}+\frac1{x^3}=\frac{1-x}{x^3}\space(x\in[1,+\infty))\space\leq0 ，
故 s'''(x)\leq0 ， s''(x) 单调递减故 s''(x)\leq s''(0)=0 ，同理 s'(x),s(x)\leq0 ，
取 x=x_0-x_1>0 则 m(2x_0-x_1)<m(x_1)=m(x_2) ，
又 2x_0-x_1>x_0 ， 2x_0-x_1 和 x_2 在 m(x) 单调递增区间，故 2x_0-x_1<x_2 ，
x_0<\frac{x_1+x_2}2
因此 h'(x_0)=\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1}<h'(\frac{x_1+x_2}2) ，
令 x_1=1,2,3,...,n-1 和 x_2=2,3,4,...,n 即 h(2)-h(1)<h'(\frac32),h(3)-h(2)<h'(\frac52),...,h(n)-h(n-1)<h'(n-\frac12)
累加得 h(n)=h(n)-h(n-1)+h(n-1)-h(n-2)+...+h(2)-h(1)+h(1)\\< h'(n-\frac12)+h'(n-\frac32)+...+h'(\frac32)+0\\=\ln\frac32+\ln\frac52+...+\ln(n-\frac12)+\frac13+\frac15+...+\frac1{2n-1}+n-1
故证明 \ln(n!)-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n+n>\frac56 只需证明 \ln2+\ln3+...+\ln n-\ln\frac32-\ln\frac52-...-\ln(n-\frac12)-\frac13-\frac15-...-\frac1{2n-1}>-\frac16
即 \ln(1-\frac1{4})+\frac1{3}+\ln(1-\frac1{6})+\frac1{5}+...+\ln(1-\frac1{2n})+\frac1{2n-1}<\frac16
这里有对数不好求和，我们再次运用第二问的不等式：
g(x) 单调递增故 x<0 时 g(x)<0 ， \ln(x+1)<\frac{2x}{x+2} ，
故 \ln(1-\frac1{4})<-\frac{2}{4\cdot2-1}=-\frac27,...,\ln(1-\frac1{2n})<-\frac{2}{4n-1} ，
只需证明 \frac13-\frac27+\frac15-\frac2{11}+...+\frac1{2n-1}-\frac{2}{4n-1}<\frac16 ，
由 \frac1{2n-1}-\frac{2}{4n-1}=\frac{1}{8n^2-6n+1}<\frac{1}{8}(\frac1{n(n-1)})=\frac{1}{8}(\frac1{n-1}-\frac1n)
故 \frac13-\frac27+\frac15-\frac2{11}+...+\frac1{2n-1}-\frac{2}{4n-1}<\frac18(1-\frac12+\frac12-\frac13+...+\frac1{n-1}-\frac1n)<\frac18<\frac16 ，故命题得证
分析
本解法的核心是用偏移不等式构造裂项形式，从而实现“化整为零”，同时充分运用第二问中提示的放缩来证明。
在证明裂项求和时，我们也可以直接求导证明 h(n+1)-h(n)-h'(n+\frac12)<0
但我们没有这么选择是因为两点：
一、通过一般形式，更好的让大家了解这个形式的构造，更具一般性
二、如果精度不够，我们可以通过进一步细分区间（如将区间长度减半，区间数量加倍）来得到更为精密的不等式，而直接证明后推翻重来的时间代价极大
从本题的解法可以看出，偏移不等式是数列问题中的裂项中的一大利器，而我们的解题思路也较为自然。
