Chứng minh rằng: $\ {2^{2\sin \,x}} + {2^{\tan \,x}} > {2^{\frac{{3x}}{2} + 1}},\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$

Đề bài: (Bài bên Thi thử ĐH)
Chứng minh rằng: $\ {2^{2\sin \,x}} + {2^{\tan \,x}} > {2^{\frac{{3x}}{2} + 1}},\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$\ {2^{2\sin \,x}} + {2^{\tan \,x}} \ge 2\sqrt {{2^{2\sin \,x}}{{.2}^{\tan \,x}}}  = {2^{\frac{{2\sin \,x + \tan \,x}}{2} + 1}}.$

Ta cần phải chứng minh:
$\ {2^{\frac{{2\sin \,x + \tan \,x}}{2} + 1}} > {2^{\frac{{3x}}{2} + 1}} \Leftrightarrow 2\sin \,x + \tan \,x > 3x \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\sin \,x + \tan \,x - 3x > 0.$
Thật vậy, ta thấy: $\ f'\left( x \right) = 2cos\,x + \frac{1}{{co{s^2}x}} - 3 = \frac{{\left( {2cos\,x + 1} \right){{\left( {cos\,x - 1} \right)}^2}}}{{co{s^2}x}} > 0,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$
Vậy f(x) là hàm đồng biến trên khoảng $\ \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).$.
Do đó: $\ x > 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 2\sin \,0 + \tan \,0 = 0 \Rightarrow$ đpcm.