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在最近的一次高三数学综合练习中，有这样的一道题：“等差数列{an}中，若am=a，an=b，则有am+n=am-bnm-n．类比上述结论，等比数列{bn}(bn＞0)中，若bm=p，bn=q，则有bm+n=．”这题得分非常低，班上一大半同学错了，答案五花八门，从学生那了解到，大多数同学都知道这是一道类比推理题，但没找到“类比源”，不会类比，导致答案出错，当然也有学生根本不会，随便写了个答案.
所谓类比推理，是指根据两个（或两类）对象在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同的一种逻辑方法.类比推理的思维过程大致如图所示：
观察、比较联想、类推猜测新的结论
其推理模式为：甲类事物具有性质A，B，C，D，乙类事物具有性质A′,B′,C′（A，B，C与A′，B′，C′相似或相同），所以乙类事物可能具有性质D′.
这是从特殊到特殊的一种推理形式，所推出的结论未必可靠，仅是一种“似真”的结果，带有猜测的性质.尽管发现的结果不一定真实，但它毕竟是一种方法，因为类比联想可以发现新的数学知识，类比可以寻找到解决问题的方法和途径，可以培养学生的发散思维，创造思维及合情推理能力.《新课标》已把培养学生的类比推理能力作为主要的能力培养目标之一.在江苏省考试说明中，推理论证能力的考查要求是：能够根据已知的事实和已经获得的正确的数学命题，运用归纳，类比和演绎进行推理，论证某一数学命题的真假性.其中类比推理在近几年的高考中出现频率较高，
例如：（1） （08年江苏高考题）如图，在平面直角坐标系xOy中，设三角形ABC的顶点分别为A(0,a),B(b,0),C(c,0)，点P(0,p)在线段AO上的一点（异于端点），这里a,b,c,p均为非零实数，设直线BP,CP分别与边AC,AB交于点E,F，某同学已正确求得直线OE的方程为1b-1cx+1p-1ay=0，请你完成直线OF的方程：()x+1p-1ay=0.
（2） （09年江苏高考题）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为．
因此，在高中数学的教学过程中要加强对类比推理能力的培养.下面仅以数列知识为背景加以说明.
等差数列与等比数列是高中数学中的重要内容，它们在定义等方面有许多相似之处，因此，可以用类比的方法研究它们的相关问题.它们之间的元素可按下列对应方法构成类比对象：
等差数列{an}
定义：an-an-1=d(常数)(n≥2时)
通项公式:an=a1+(n-1)d
性质：若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),
则am+an=ap+aq
等比数列{bn}
bnbn-1=q(常数)（n≥2时）
bn=b1•qn-1
若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),
则bm•bn=bp•bq
在讲解这部分知识时注意引导学生要充分认识到数列中的类比思想，并引导学生进行类比发现：等差数列中的“差”对应着等比数列中的“商”；等差数列中的“和”对应着等比数列中的“积”；等差数列中的“倍数n-1”对应着等比数列中的“幂指数n-1”；等差数列中的“公差d=0”对应着等比数列中的“公比q=1”…….找到这些规律后，我们就不难得到下列三题的答案了.
（1） 在等差数列{an}中，若a8=0，则有等式a1+a2+a3+…+a15=0成立；类比上述结论，在等比数列{bn}中，若b8=1，则有等式成立.
（2） 若{an}为等差数列，数列{bn}满足:bn=1n(a1+a2+a3+…+an),则数列{bn}也成等差数列；类比上述结论，若{cn}为正项等比数列，数列{dn}满足时，则数列{dn}也成等比数列.
（3） 数列{an}是等差数列，若bn=a1+2a2+3a3+…+nan1+2+3+…+n，则数列{bn}也为等差数列.类比上述结论，若{cn}为正项等比数列，数列{dn}满足时，则数列{dn}也为等比数列.
解答：（1） b1•b2•b3…b15=1；（2） dn=(c1•c2•c3…cn)1n；（3） dn=(c1•c22•c33…cnn)11+2+3+…+n．
证明如下：（1） 方法一：在等差数列{an}中，若a8=0，则a1+a15=2a8=0，令
S15=a1+a2+a3+…+a15，
倒序后，得：S15=a15+a14+a13+…+a1，
两式相加，得2S15=15(a1+a15)=30a8=0，∴a1+a2+a3+…+a15=0，
类比倒序相加法，在等比数列中采用倒序相乘法，可得：
在等比数列{bn}中，若b8=1，则b1•b15=b28=1，令T15=b1•b2•b3…b15，
倒序后，得：T15=b15•b14•b13…b1，
两式相乘，得T215=(b1•b15)15=(b28)15=1，∵T15＞0∴b1•b2•b3…b15=1
方法二:在等差数列{an}中，若a8=0,则a1+a15=a2+a14=…=a7+a9=2a8=0，
∴a1+a2+a3+…+a15=0，
类比可得，在等比数列{bn}中，若b8=1，则b1•b15=b2•b14=…=b7•b9=b28=1，
∴b1•b2•b3…b15=1
事实上，掌握了等差、等比数列的相似性质，抓住“类比源”后,可以很快地找到答案及证明方法，同理可证（2）、（3）的结论.接下来看一道上海高考题：“在等差数列{an}中，若a10=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n＜19,n∈N*)成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{bn}中，若b9=1，则有等式成立.”
注意到在等差数列{an}中，若ak=0，则an+1+a2k-n-1=an+2+a2k-n-2=…=ak+ak=0；
∴a1+a2+…+an=a1+a2+…+an+(an+1+an+2+…+a2k-2-n+a2k-1-n)(n＜2k-1,n∈N*)
因此在等差数列{an}中，若a10=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n＜19,n∈N*)成立.类比到等比数列{bn}中，若bk=1，则有b1•b2…bn=b1•b2…b2k-2-n•b2k-1-n(n＜2k-1,n∈N*)，
所以答案是“b1•b2…bn=b1•b2…b17-n(n＜17,n∈N*)”.
现在来看考试试题：“等差数列{an}中，若am=a，an=b，则有am+n=am-bnm-n，类比上述结论，等比数列{bn}(bn＞0)中，若bm=p,bn=q，则有bm+n=．”
方法一：在等差数列{an}中，mam-nanm-n=m［a1+(m-1)d］-n［a1+(n-1)d］m-n
=(m-n)a1+(m-n)(m+n-1)dm-n
=a1+(m+n-1)d=am+n
类似地在正项等比数列{bn}中，bmmbnn=(b1•qm-1)m(b1•qn-1)n=bm1•q(m-1)mbn1•q(n-1)n=b(m-n)1qm-n(m+n-1)
=［b1q(m+n-1)］m-n=b(m-n)m+n，
所以bm+n=pmqn1m-n
方法二：等差数列{an}中，若am=a，an=b，则公差d=a-bm-n，
所以am+n=am+nd=a+n•a-bm-n=am-an+an-bnm-n=am-bnm-n，
类似地在正项等比数列{bn}中，若bm=p，bn=q，则qm-n=pq，∴q=pq1m-n
所以bm+n=bm•qn=p•pqnm-n=pmm-nqnm-n=pmqn1m-n
实际上对于等差、等比数列，我们还有这样的两个结论：① 若{an}为等差数列，则{can}(c＞0且c≠1)为等比数列；② 若{bn}为正项等比数列，则{logcbn}(c＞0且c≠1)为等差数列.它们是联系等差、等比数列的很重要的桥梁，利用这两个结论，进行正确的指、对数运算，就很容易得出正确答案.
例如：考试试题中，若{bn}为正项等比数列，则{lgbn}为等差数列，利用已知条件，令an=lgbn，可得lgbm+n=mlgbm-nlgbnm-n=lgbmmbnnm-n=lgpmqn1m-n，
∴bm+n=pmqn1m-n
上面的问题（1）中，令an=lgbn，则lgb1+lgb2+lgb3+…+lgb15=0，
即lg(b1b2b3…+b15)=0，所以有b1•b2•b3…b15=1.
问题（2）中，令an=lgcn，bn=lgdn，
则lgdn=1n(lgc1+lgc2+lgc3+…+lgcn)=lg(c1c2c3…+cn)1n，
所以dn=(c1•c2•c3…cn)1n.
问题（3）中，令an=lgcn，bn=lgdn，则lgdn=lgc1+2lgc2+3lgc3+…+nlgcn1+2+3+…+n
=lg(c1c22c33…+cnn)1+2+3+…+n=lg(c1c22c33+…+cnn)11+2+3+…+n
所以dn=(c1•c22•c33…cnn)11+2+3+…+n.
如果把问题改为：（1） 在等比数列{an}中，若a8=1，则有等式a1•a2•a3…a15=1成立；类比上述结论，在等差数列{bn}中，若b8=0，则有等式成立.
这时只需令an=cbn(c＞0且c≠1)，则cb1•cb2•cb3…cb15=1，即
c(b1+b2+…+b15)=1，所以b1+b2+b3+…+b15=0.再如：
（4） 在等差数列{an}中，若p,q,r为互不相等的正整数，则(q-r)ap+(r-p)aq+(p-q)ar=0成立，类比上述结论，在正项等比数列{bn}中，有成立.
解：令an=lgbn，则(q-r)lgbp+(r-p)lgbq+(p-q)lgbr=0，
从而lgb(q-r)p+lgb(r-p)q+lgb(p-q)r=0，即lg［b(q-r)p•b(r-p)q•b(p-q)r］=0，
所以有结论：b(q-r)p•b(r-p)q•b(p-q)r=1成立.
（5） 在等差数列{an}中，它的前n项和为Sn=n(a1+an)2，类比可得，在正项等比数列{bn}中，有 .
解：令an=lgbn，则lgb1+lgb2+…+lgbn=n(lgb1+lgbn)2，
即lg(b1•b2…bn)=nlg(b1•bn)2=［lg(b1bn)n2］，所以在正项等比数列{bn}中，有它的前n项的积为Tn=(b1bn)n2.
掌握了这两个结论后，数列中的很多类比推理题都可以迎刃而解.进行类比时，要尽量从事物的本质上进行类比，不要被表面现象迷惑，否则，只抓到一点表面相似甚至假象就类比，那么就会犯机械类比的错误，但只要稍加分析，便可得到正确的类比结果.总之，类比思想方法博大精深，能够收到严格逻辑推理所不能达到的效果，它能提高人们的数学素质，改善思维品质，即富有创造性，又让人产生柳暗花明又一村的感觉.
（责任编辑：张昌盛）
所谓类比推理，是指根据两个（或两类）对象在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同的一种逻辑方法.类比推理的思维过程大致如图所示：
观察、比较联想、类推猜测新的结论
其推理模式为：甲类事物具有性质A，B，C，D，乙类事物具有性质A′,B′,C′（A，B，C与A′，B′，C′相似或相同），所以乙类事物可能具有性质D′.
这是从特殊到特殊的一种推理形式，所推出的结论未必可靠，仅是一种“似真”的结果，带有猜测的性质.尽管发现的结果不一定真实，但它毕竟是一种方法，因为类比联想可以发现新的数学知识，类比可以寻找到解决问题的方法和途径，可以培养学生的发散思维，创造思维及合情推理能力.《新课标》已把培养学生的类比推理能力作为主要的能力培养目标之一.在江苏省考试说明中，推理论证能力的考查要求是：能够根据已知的事实和已经获得的正确的数学命题，运用归纳，类比和演绎进行推理，论证某一数学命题的真假性.其中类比推理在近几年的高考中出现频率较高，
例如：（1） （08年江苏高考题）如图，在平面直角坐标系xOy中，设三角形ABC的顶点分别为A(0,a),B(b,0),C(c,0)，点P(0,p)在线段AO上的一点（异于端点），这里a,b,c,p均为非零实数，设直线BP,CP分别与边AC,AB交于点E,F，某同学已正确求得直线OE的方程为1b-1cx+1p-1ay=0，请你完成直线OF的方程：()x+1p-1ay=0.
（2） （09年江苏高考题）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为．
因此，在高中数学的教学过程中要加强对类比推理能力的培养.下面仅以数列知识为背景加以说明.
等差数列与等比数列是高中数学中的重要内容，它们在定义等方面有许多相似之处，因此，可以用类比的方法研究它们的相关问题.它们之间的元素可按下列对应方法构成类比对象：
等差数列{an}
定义：an-an-1=d(常数)(n≥2时)
通项公式:an=a1+(n-1)d
性质：若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),
则am+an=ap+aq
等比数列{bn}
bnbn-1=q(常数)（n≥2时）
bn=b1•qn-1
若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),
则bm•bn=bp•bq
在讲解这部分知识时注意引导学生要充分认识到数列中的类比思想，并引导学生进行类比发现：等差数列中的“差”对应着等比数列中的“商”；等差数列中的“和”对应着等比数列中的“积”；等差数列中的“倍数n-1”对应着等比数列中的“幂指数n-1”；等差数列中的“公差d=0”对应着等比数列中的“公比q=1”…….找到这些规律后，我们就不难得到下列三题的答案了.
（1） 在等差数列{an}中，若a8=0，则有等式a1+a2+a3+…+a15=0成立；类比上述结论，在等比数列{bn}中，若b8=1，则有等式成立.
（2） 若{an}为等差数列，数列{bn}满足:bn=1n(a1+a2+a3+…+an),则数列{bn}也成等差数列；类比上述结论，若{cn}为正项等比数列，数列{dn}满足时，则数列{dn}也成等比数列.
（3） 数列{an}是等差数列，若bn=a1+2a2+3a3+…+nan1+2+3+…+n，则数列{bn}也为等差数列.类比上述结论，若{cn}为正项等比数列，数列{dn}满足时，则数列{dn}也为等比数列.
解答：（1） b1•b2•b3…b15=1；（2） dn=(c1•c2•c3…cn)1n；（3） dn=(c1•c22•c33…cnn)11+2+3+…+n．
证明如下：（1） 方法一：在等差数列{an}中，若a8=0，则a1+a15=2a8=0，令
S15=a1+a2+a3+…+a15，
倒序后，得：S15=a15+a14+a13+…+a1，
两式相加，得2S15=15(a1+a15)=30a8=0，∴a1+a2+a3+…+a15=0，
类比倒序相加法，在等比数列中采用倒序相乘法，可得：
在等比数列{bn}中，若b8=1，则b1•b15=b28=1，令T15=b1•b2•b3…b15，
倒序后，得：T15=b15•b14•b13…b1，
两式相乘，得T215=(b1•b15)15=(b28)15=1，∵T15＞0∴b1•b2•b3…b15=1
方法二:在等差数列{an}中，若a8=0,则a1+a15=a2+a14=…=a7+a9=2a8=0，
∴a1+a2+a3+…+a15=0，
类比可得，在等比数列{bn}中，若b8=1，则b1•b15=b2•b14=…=b7•b9=b28=1，
∴b1•b2•b3…b15=1
事实上，掌握了等差、等比数列的相似性质，抓住“类比源”后,可以很快地找到答案及证明方法，同理可证（2）、（3）的结论.接下来看一道上海高考题：“在等差数列{an}中，若a10=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n＜19,n∈N*)成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{bn}中，若b9=1，则有等式成立.”
注意到在等差数列{an}中，若ak=0，则an+1+a2k-n-1=an+2+a2k-n-2=…=ak+ak=0；
∴a1+a2+…+an=a1+a2+…+an+(an+1+an+2+…+a2k-2-n+a2k-1-n)(n＜2k-1,n∈N*)
因此在等差数列{an}中，若a10=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n＜19,n∈N*)成立.类比到等比数列{bn}中，若bk=1，则有b1•b2…bn=b1•b2…b2k-2-n•b2k-1-n(n＜2k-1,n∈N*)，
所以答案是“b1•b2…bn=b1•b2…b17-n(n＜17,n∈N*)”.
现在来看考试试题：“等差数列{an}中，若am=a，an=b，则有am+n=am-bnm-n，类比上述结论，等比数列{bn}(bn＞0)中，若bm=p,bn=q，则有bm+n=．”
方法一：在等差数列{an}中，mam-nanm-n=m［a1+(m-1)d］-n［a1+(n-1)d］m-n
=(m-n)a1+(m-n)(m+n-1)dm-n
=a1+(m+n-1)d=am+n
类似地在正项等比数列{bn}中，bmmbnn=(b1•qm-1)m(b1•qn-1)n=bm1•q(m-1)mbn1•q(n-1)n=b(m-n)1qm-n(m+n-1)
=［b1q(m+n-1)］m-n=b(m-n)m+n，
所以bm+n=pmqn1m-n
方法二：等差数列{an}中，若am=a，an=b，则公差d=a-bm-n，
所以am+n=am+nd=a+n•a-bm-n=am-an+an-bnm-n=am-bnm-n，
类似地在正项等比数列{bn}中，若bm=p，bn=q，则qm-n=pq，∴q=pq1m-n
所以bm+n=bm•qn=p•pqnm-n=pmm-nqnm-n=pmqn1m-n
实际上对于等差、等比数列，我们还有这样的两个结论：① 若{an}为等差数列，则{can}(c＞0且c≠1)为等比数列；② 若{bn}为正项等比数列，则{logcbn}(c＞0且c≠1)为等差数列.它们是联系等差、等比数列的很重要的桥梁，利用这两个结论，进行正确的指、对数运算，就很容易得出正确答案.
例如：考试试题中，若{bn}为正项等比数列，则{lgbn}为等差数列，利用已知条件，令an=lgbn，可得lgbm+n=mlgbm-nlgbnm-n=lgbmmbnnm-n=lgpmqn1m-n，
∴bm+n=pmqn1m-n
上面的问题（1）中，令an=lgbn，则lgb1+lgb2+lgb3+…+lgb15=0，
即lg(b1b2b3…+b15)=0，所以有b1•b2•b3…b15=1.
问题（2）中，令an=lgcn，bn=lgdn，
则lgdn=1n(lgc1+lgc2+lgc3+…+lgcn)=lg(c1c2c3…+cn)1n，
所以dn=(c1•c2•c3…cn)1n.
问题（3）中，令an=lgcn，bn=lgdn，则lgdn=lgc1+2lgc2+3lgc3+…+nlgcn1+2+3+…+n
=lg(c1c22c33…+cnn)1+2+3+…+n=lg(c1c22c33+…+cnn)11+2+3+…+n
所以dn=(c1•c22•c33…cnn)11+2+3+…+n.
如果把问题改为：（1） 在等比数列{an}中，若a8=1，则有等式a1•a2•a3…a15=1成立；类比上述结论，在等差数列{bn}中，若b8=0，则有等式成立.
这时只需令an=cbn(c＞0且c≠1)，则cb1•cb2•cb3…cb15=1，即
c(b1+b2+…+b15)=1，所以b1+b2+b3+…+b15=0.再如：
（4） 在等差数列{an}中，若p,q,r为互不相等的正整数，则(q-r)ap+(r-p)aq+(p-q)ar=0成立，类比上述结论，在正项等比数列{bn}中，有成立.
解：令an=lgbn，则(q-r)lgbp+(r-p)lgbq+(p-q)lgbr=0，
从而lgb(q-r)p+lgb(r-p)q+lgb(p-q)r=0，即lg［b(q-r)p•b(r-p)q•b(p-q)r］=0，
所以有结论：b(q-r)p•b(r-p)q•b(p-q)r=1成立.
（5） 在等差数列{an}中，它的前n项和为Sn=n(a1+an)2，类比可得，在正项等比数列{bn}中，有 .
解：令an=lgbn，则lgb1+lgb2+…+lgbn=n(lgb1+lgbn)2，
即lg(b1•b2…bn)=nlg(b1•bn)2=［lg(b1bn)n2］，所以在正项等比数列{bn}中，有它的前n项的积为Tn=(b1bn)n2.
掌握了这两个结论后，数列中的很多类比推理题都可以迎刃而解.进行类比时，要尽量从事物的本质上进行类比，不要被表面现象迷惑，否则，只抓到一点表面相似甚至假象就类比，那么就会犯机械类比的错误，但只要稍加分析，便可得到正确的类比结果.总之，类比思想方法博大精深，能够收到严格逻辑推理所不能达到的效果，它能提高人们的数学素质，改善思维品质，即富有创造性，又让人产生柳暗花明又一村的感觉.
（责任编辑：张昌盛）