【】2021届高考数学(理科-全国通用)二轮专题配套word版练习：专题四-第3讲-推理与证明.docx

第3讲　推理与证明
考情解读　1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等学问相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式毁灭.2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题．

1．合情推理
(1)归纳推理
①归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理．
②归纳推理的思维过程如下：
→→
(2)类比推理
①类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理．
②类比推理的思维过程如下：
→→
2．演绎推理
(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所争辩的特殊状况；
③结论——依据一般原理，对特殊状况做出的推断．
(2)合情推理与演绎推理的区分
归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不愿定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论确定正确．
3．直接证明
(1)综合法
用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：
→→→…→
(2)分析法
用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：
→→→…→
4．间接证明
反证法的证明过程可以概括为“否定——推理——否定”，即从否定结论开头，经过正确的推理，导致规律矛
盾，从而达到新的否定(即确定原命题)的过程．用反证法证明命题“若p，则q”的过程可以用如图所示的框图表示．
→→→
5．数学归纳法
数学归纳法证明的步骤：
(1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，对任意n≥n0，且n∈N*时，命题都成立．

热点一　归纳推理
例1　(1)有菱形纹的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是(　　)

A．26 B．31
C．32 D．36
(2)两旅客坐火车外出旅游，期望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是(　　)

A．48,49 B．62,63
C．75,76 D．84,85
思维启迪　(1)依据三个图案中的正六边形个数寻求规律；(2)靠窗口的座位号码能被5整除或者被5除余1.
答案　(1)B　(2)D
解析　(1)有菱形纹的正六边形个数如下表：
图案
1
2
3
…
个数
6
11
16
…
由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以6为首项，以5为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.
故选B.
(2)由已知图形中座位的排列挨次，可得：被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，由于两旅客期望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号，只有D符合条件．
思维升华　归纳递推思想在解决问题时，从特殊状况入手，通过观看、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探究性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用．其思维模式是“观看——归纳——猜想——证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想．
　(1)四个小动物换座位，开头是鼠、猴、兔、猫分别坐1、2、3、4号位上(如图)，第一次前后排动物互换座位，其次次左右列动物互换座位，…这样交替进行下去，那么第202次互换座位后，小兔坐在第______号座位上．

1鼠
2猴
3兔
4猫
　 开头
1兔
2猫
3鼠
4猴
第一次
1猫
2兔
3猴
4鼠
其次次
1猴
2鼠
3猫
4兔
第三次
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，则有________________．
答案　(1)B　(2)f(2n)>(n≥2，n∈N*)
解析　(1)考虑小兔所坐的座位号，第一次坐在1号位上，其次次坐在2号位上，第三次坐在4号位上，第四次坐在3号位上，第五次坐在1号位上，因此小兔的座位数更换次数以4为周期，由于202＝50×4＋2，因此第202次互换后，小兔所在的座位号与小兔其次次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在2号位上，故选B.
(2)由题意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，
f(25)>，所以当n≥2时，有f(2n)>.
故填f(2n)>(n≥2，n∈N*)．
热点二　类比推理
例2　(1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四周体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
(2)已知双曲正弦函数shx＝和双曲余弦函数chx＝与我们学过的正弦函数和余弦函数有很多类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和角或差角公式，写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个类似的正确结论________．
思维启迪　(1)平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后验证．
答案　(1)　(2)ch(x－y)＝chx chy－shx shy
解析　(1)平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以＝.
(2)chx chy－shx shy＝·－·
＝(ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y－ex＋y＋ex－y＋e－x＋y－e－x－y)
＝(2ex－y＋2e－(x－y))＝＝ch(x－y)，故知ch(x＋y)＝chx chy＋shx shy，
或sh(x－y)＝shx chy－chx shy，
或sh(x＋y)＝shx chy＋chx shy.
思维升华　类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相像性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相像性引起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解题方法上的类似引起．当然首先是在某些方面有确定的共性，才能有方法上的类比，例2即属于此类题型．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等．
　(1)若数列{an}是等差数列，bn＝，则数列{bn}也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为(　　)
A．dn＝
B．dn＝
C．dn＝
D．dn＝
(2)椭圆与双曲线有很多秀丽 的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB是椭圆＋＝1(a>b>0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－.那么对于双曲线则有如下命题：AB是双曲线－＝1(a>0，b>0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝________.
答案　(1)D　(2)
解析　(1)由{an}为等差数列，设公差为d，
则bn＝＝a1＋d，
又正项数列{cn}为等比数列，设公比为q，
则dn＝＝＝c1，故选D.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则有
将A，B代入双曲线－＝1中得
－＝1，－＝1，
两式相减，得＝，
即＝，
即＝，
即kOM·kAB＝.
热点三　直接证明和间接证明
例3　已知数列{an}满足：a1＝，＝，anan＋1<0 (n≥1)；数列{bn}满足：
bn＝a－a (n≥1)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明：数列{bn}中的任意三项不行能成等差数列．
思维启迪　(1)利用已知递推式中的特点构造数列{1－a}；(2)否定性结论的证明可用反证法．
(1)解　已知＝化为＝，
而1－a＝，
所以数列{1－a}是首项为，公比为的等比数列，
则1－a＝×n－1，则a＝1－×n－1，
由anan＋1<0，知数列{an}的项正负相间毁灭，
因此an＝(－1)n＋1 ，
bn＝a－a＝－×n＋×n－1
＝×n－1.
(2)证明　假设存在某三项成等差数列，不妨设为bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整数，可设m<n<p，
而bn＝×n－1随n的增大而减小，
那么只能有2bn＝bm＋bp，
可得2××n－1＝×m－1＋×p－1，
则2×n－m＝1＋p－m.(*)
当n－m≥2时，2×n－m≤2×2＝，(*)式不行能成立，则只能有n－m＝1，
此时等式为＝1＋p－m，
即＝p－m，那么p－m＝log，左边为正整数，右边为无理数，不行能相等．
所以假设不成立，那么数列{bn}中的任意三项不行能成等差数列．
思维升华　(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可．
(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法查找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用．
　等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不行能成为等比数列．
(1)解　由已知得所以d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)，n∈N*.
(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p≠q≠r)成等比数列，则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∵()2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r与p≠r冲突．
所以数列{bn}中任意不同的三项都不行能成等比数列．
热点四　数学归纳法
例4　已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足S2n－1＝a，n∈N*，数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和．
(1)求an，bn；
(2)试比较T2n与2n2＋的大小．
思维启迪　(1)利用{an}的前n项确定通项公式(公差、首项)，{bn}的通项公式可分段给出；
(2)先求Tn，归纳猜想Tn与2n2＋的关系，再用数学归纳法证明．
解　(1)设{an}首项为a1，公差为d，在S2n－1＝a中，
令n＝1,2得即
解得a1＝2，d＝4，所以an＝4n－2.
所以bn＝
(2)T2n＝1＋2×2－3＋22＋2×4－3＋24＋…＋22n－2＋2×2n－3
＝1＋22＋24＋…＋22n－2＋4(1＋2＋…＋n)－3n
＝＋4·－3n＝－＋2n2－n.
所以T2n－(2n2＋)＝(4n－4n－1)．
当n＝1时，(4n－4n－1)＝－<0，
当n＝2时，(4n－4n－1)＝>0，
当n＝3时，(4n－4n－1)＝>0，…
猜想当n≥2时，T2n>2n2＋，
即n≥2时，4n>4n＋1.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝2时，42＝16,4×2＋1＝9,16>9，成立；
②假设当n＝k(k≥2)时成立，即4k>4k＋1.
则当n＝k＋1时，4k＋1＝4·4k>4·(4k＋1)
＝16k＋4>4k＋5＝4(k＋1)＋1，
所以n＝k＋1时成立．
由①②得，当n≥2时，4n>4n＋1成立．
综上，当n＝1时，T2n<2n2＋，
当n≥2时，T2n>2n2＋.
思维升华　在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明n＝k＋1时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法．
　已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解　(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，
所以f(1)＝g(1)，
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，所以f(2)<g(2)，
当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，
所以f(3)<g(3)．
(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明
①当n＝1,2,3时，不等式明显成立
②假设当n＝k(k≥3)时不等式成立，
即1＋＋＋＋…＋<－，
那么，当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋<－＋，
由于－(－)
＝－
＝<0.
所以f(k＋1)<－＝g(k＋1)，
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．

1．合情推理的精髓是“合情”，即得到的结论符合“情理”，其中主要是归纳推理与类比推理．归纳推理是由部分得到整体的一种推理模式．类比推理是由此及彼的推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式．
2．直接证明的最基本的两种证明方法是综合法和分析法，这两种方法也是解决数学问题时常见的思维方式．在实际解题时，通常先用分析法寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．
3．数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法，在遇到与正整数有关的数学命题时，要考虑是否可以使用数学归纳法进行证明．
(1)在证明过程中突出两个“凑”字，即一“凑”假设，二“凑”结论，关键是在证明n＝k＋1时要用上n＝k时的假设，其次要明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时，命题形式之间的区分和联系，化异为同，中间的计算过程千万不能省略．
(2)留意“两个步骤、一个结论”一个也不能少，切忌遗忘归纳结论．

真题感悟
1．(2022·福建)若集合{a，b，c，d}＝{1,2,3,4}，且下列四个关系：
①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4.有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．
答案　6
解析　由题意知①②③④中有且只有一个正确，其余三个均不正确，下面分类争辩满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数：(1)若①正确，即a＝1，则②③④都错误，即b＝1，c≠2，d＝4.其中a＝1与b＝1冲突，明显此种状况不存在；
(2)若②正确，即b≠1，则①③④都错误，即a≠1，c≠2，d＝4，则当b＝2时，有a＝3，c＝1；当b＝3时，有a＝2，c＝1，此时有2种有序数组．
(3)若③正确，即c＝2，则①②④都错误，即a≠1，b＝1，d＝4，则a＝3，即此种状况有1种有序数组．
(4)若④正确，即d≠4，则①②③都错误，即a≠1，b＝1，c≠2，则当d＝2时，有a＝3，c＝4或a＝4，c＝3，有2种有序数组；当d＝3时，有c＝4，a＝2，仅1种有序数组．
综上可得，共有2＋1＋2＋1＝6(种)有序数组．
2．(2022·陕西)观看分析下表中的数据：
多面体
面数(F)
顶点数(V)
棱数(E)
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
6
10
立方体
6
8
12
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是____________．
答案　F＋V－E＝2
解析　观看F，V，E的变化得F＋V－E＝2.
押题精练
1．圆周上2个点可连成1条弦，这条弦可将圆面划分成2部分；圆周上3个点可连成3条弦，这3条弦可将圆面划分成4部分；圆周上4个点可连成6条弦，这6条弦最多可将圆面划分成8部分．则n个点连成的弦最多可把圆面分成________部分．(　　)
A．2n－1 B．2n
C．2n＋1 D．2n＋2
答案　A
解析　由已知条件得：
圆周上的点数
连成的弦数
把圆面分成的部分数
2
1＝
2＝21＝22－1
3
3＝
4＝22＝23－1
4
6＝
8＝23＝24－1
5
10＝
16＝24＝25－1
…
…
…
由此可以归纳出，当点数为n时，连成的弦数为；弦把圆面分成的部分数为2n－1，故选A.
2．在计算“1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k项，k(k＋1)＝[k(k＋1)(k＋2)－(k－1)k(k＋1)]，
由此得1×2＝(1×2×3－0×1×2)，
2×3＝(2×3×4－1×2×3)，
…
n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]．
相加，得1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)＝n(n＋1)(n＋2)．
类比上述方法，计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n(n＋1)(n＋2)”的结果为____________．
答案　n(n＋1)(n＋2)(n＋3)
解析　类比k(k＋1)＝[k(k＋1)(k＋2)－(k－1)k(k＋1)]，
可得到k(k＋1)(k＋2)＝[k(k＋1)(k＋2)(k＋3)－(k－1)k(k＋1)(k＋2)]，
先逐项裂项，然后累加即得n(n＋1)(n＋2)(n＋3)．

(推举时间：50分钟)
一、选择题
1．下列推理是归纳推理的是(　　)
A．A，B为定点，动点P满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，则P点的轨迹为椭圆
B．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式
C．由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab
D．以上均不正确
答案　B
解析　从S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以B是归纳推理．
2．观看下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10等于(　　)
A．28 B．76
C．123 D．199
答案　C
解析　观看可得各式的值构成数列1,3,4,7,11，…，其规律为从第三项起，每项等于其前相邻两项的和，所求值为数列中的第十项．
连续写出此数列为1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…，第十项为123，即a10＋b10＝123.
3．已知x>0，观看不等式x＋≥2＝2，x＋＝＋＋≥3＝3，…，由此可得一般结论：x＋≥n＋1(n∈N*)，则a的值为(　　)
A．nn B．n2
C．3n D．2n
答案　A
解析　依据已知，续写一个不等式：
x＋＝＋＋＋≥4＝4，由此可得a＝nn.故选A.
4．已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a3>0，则f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值(　　)
A．恒为正数 B．恒为负数
C．恒为0 D．可正可负
答案　A
解析　由已知得f(0)＝0，a1＋a5＝2a3>0，
所以a1>－a5.
由于f(x)单调递增且为奇函数，
所以f(a1)＋f(a5)>f(－a5)＋f(a5)＝0，
又f(a3)>0，所以f(a1)＋f(a3)＋f(a5)>0.
故选A.
5．在平面内点O是直线AB外一点，点C在直线AB上，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝1；类似地，假如点O是空间内任一点，点A，B，C，D中任意三点均不共线，并且这四点在同一平面内，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z等于(　　)
A．0 B．－1
C．1 D．±1
答案　B
解析　在平面内，由三角形法则，
得＝－，＝－.
由于A，B，C三点共线，
所以存在实数t，使＝t，即－＝t(－)，
所以＝－＋(＋1).
由于＝λ＋μ，所以λ＝－，μ＝＋1，
所以λ＋μ＝1.
类似地，在空间内可得＝λ＋μ＋η，λ＋μ＋η＝1.
由于＝－，所以x＋y＋z＝－1.故选B.
6．已知f(n)＝32n＋2－8n－9，存在正整数m，使n∈N*时，能使m整除f(n)，则m的最大值为(　　)
A．24 B．32
C．48 D．64
答案　D
解析　由f(1)＝64，f(2)＝704＝11×64，f(3)＝6 528＝102×64，
所以f(1)，f(2)，f(3)均能被64整除，猜想f(n)能被64整除．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上得证；
②假设当n＝k(k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9＝9k＋1－8k－9能被64整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝9(k＋1)＋1－8(k＋1)－9＝9×9k＋1－8k－17＝9f(k)＋64(k＋1)．
由归纳假设，f(k)是64的倍数，又64(k＋1)是64的倍数，所以f(k＋1)能被64整除，所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
由于f(1)不能被大于64的数整除，
所以所求m的最大值等于64.故选D.
二、填空题
7．如图所示的是由火柴棒拼成的一列图形，第n个图形由n个正方形组成，

通过观看可以发觉第4个图形中，火柴棒有________根；第n个图形中，火柴棒有________根．
答案　13,3n＋1
解析　易得第四个图形中有13根火柴棒，通过观看可得，每增加一个正方形，需增加三根火柴棒，所以第n个图形中的火柴棒为4＋3(n－1)＝3n＋1.
8．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为________．
答案　
解析　1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……，n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝个区域．
9．(2022·课标全国Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；
乙说：我没去过C城市；
丙说：我们三人去过同一城市．
由此推断乙去过的城市为________．
答案　A
解析　由题意可推断：甲没去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过城市A，由此可知，乙去过的城市为A.
10．对大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23，33，43，….仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m＝________.
答案　8
解析　由已知可观看出m3可分裂为m个连续奇数，最小的一个为(m－1)m＋1.当m＝8时，最小的数为57，其次个便是59.所以m＝8.
三、解答题
11．已知a，b，m为非零实数，且a2＋b2＋2－m＝0，＋＋1－2m＝0.
(1)求证：＋≥；
(2)求证：m≥.
证明　(1)(分析法)要证＋≥成立，
只需证(＋)(a2＋b2)≥9，
即证1＋4＋＋≥9，
即证＋≥4.
依据基本不等式，有＋≥2＝4成立，
所以原不等式成立．
(2)(综合法)由于a2＋b2＝m－2，＋＝2m－1，
由(1)，知(m－2)(2m－1)≥9，
即2m2－5m－7≥0，
解得m≤－1或m≥.
又∵a2＋b2＝m－2>0
∴m>2,故m≤－1舍去，
∴m≥.
12．若不等式＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论．
解　方法一　当n＝1时，＋＋>，
即>，所以a<26.
而a是正整数，所以取a＝25，
下面用数学归纳法证明
＋＋…＋>.
①当n＝1时，已证得不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，
即＋＋…＋>.
则当n＝k＋1时，
有＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋＋－>＋[＋－]．
由于＋－
＝－
＝
＝>0，
所以当n＝k＋1时不等式也成立．
由①②知，对一切正整数n，都有＋＋…＋>，
所以正整数a的最大值为25.
方法二　设f(n)＝＋＋…＋
则f(n＋1)－f(n)＝＋＋－
＝＋－＝>0，
∴数列{f(n)}为递增数列，
∴f(n)min＝f(1)＝＋＋＝，
∴＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立可转化为<f(n)min，∴<，∴a<26.
故正整数a的最大值为25.