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类比是根据两个对象或两类事物间存在着相同或不同的属性，联想到另一类事物也可能具有某种属性的思维方法．类比可以开拓大家的视野，提高创新思维．下面谈谈与数列有关的类比推理题．
一、等差数列与等比数列的性质类比
由等差数列到等比数列类比的过程中，哪些在变，哪些不变，又遵循怎样变与不变的规律？
观察下列表格：
由定义发现：等差数列中的“差”关系对应等比数列中的“商”关系；由性质发现：等差数列中的“和”关系对应等比数列中的“积”关系；由通项发现：等差数列中的“积”对应等比数列中的“乘方”关系，但序号[(n-1)]不变. 由等差到等比运算进行了升级，所以猜想从等差到等比应有如下关系：
[等差数列\&和\&差\&积\&商\&等比数列\&积\&商\&乘方\&开方\&]
例1 若数列{[an]}为等差数列，图象上有两点（[n]，[an]）、（[m]，[am]）（[n＞m]），则[d=an-amn-m]；现有数列{[bn]}（[bn]＞0）为等比数列，图象上有两点（[n]，[bn]）、（[m]，[bm]）[（n＞m]），类比上述结论，则[q]= ．
由上述分析，结论为[q=n-mbnbm]，还是[q=nmbnbm]？因为通项中序号[(n-1)]不变，可知结论为[q=n-mbnbm]．
证明[∵]{[bn]}（[bn]＞0）为等比数列，
[∴][bn]=[bm⋅qn-m]， [∴][qn-m]=[bnbm]，
[∴][q=n-mbnbm]．
评注已知命题[A]，通过类比，得到与命题[A]类似的命题[B]，虽然命题[B]的正确与否还需要证明，但类比可提高同学们的创新思维，通过类比等差数列的若干性质来研究等比数列，能收到事半功倍的效果．
例2 若数列{[an]}为等差数列，令[bn=][a1+2a2+⋅⋅⋅+nan1+2+⋅⋅⋅+n]，则数列{[bn]}也是等差数列. 类比上述性质，若数列{[cn]}是各项都为正的等比数列，对于[dn]＞0，探索其表达式，使数列{[dn]}也为等比数列．
通过类比分析得出如下结论：
[dn]=[1⋅2⋅⋅⋅⋅⋅nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]
或[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅2c2⋅⋅⋅⋅⋅ncn]
或[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]，由运算法则及下标间关系可知正确答案是
[dn]= [1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]．
证明：[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]
=[c1•(c1q)2•(c1q2)3⋅⋅⋅•(c1qn-1)n2n(n+1)]
=[c1n(n+1)2qn(n+1)(n-1)32n(n+1)]=[c1q23n-1]，所以{[dn]}构成以[c1]为首项、[q23]为公比的等比数列.
评注类比作为一种重要的思想方法，在学习中不仅要关注其形式上的变化，更要注重其质的变化，分清类比过程中的变与不变．
二、新定义型数列的类比
定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．
例3 已知数列[{an}]是等和数列，且[a1=2]，公和为5，那么[a18]的值为，这个数列的前[n]项和[Sn]的计算公式为．
分析 由等和数列的定义，易知[a2n-1=2，][a2n=3(n=1，2，…)]，故[a18=3]. 当[n]为偶数时，[Sn=52n]；当[n]为奇数时，[Sn=52n-1]．
评注近年在高考或各地高考模拟试卷中出现新定义型数列，本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是类比等差数列的有关知识及其解题经验，相似的还有等积数列、差等比数列、双等差数列、双等比数列等都是类比等差或等比的思路解题．
三、数与形的类比
在推导等差数列的前[n]项和公式时，课本上采用的是倒序相加法，大家听得懂方法，但体会不了方法的几何含义．
现把公式①[Sn]=[na1+an2]类比梯形面积公式[S=(上底+下底）×高2]，我们可发现它们有惊人的相似．两块全等的梯形，拼在一起便成为一个平行四边形（如图），用“补形”的思想算得梯形面积是补形后的平行四边形面积的一半，倒序相加法其实就是补形思想，这也是高斯求和的一个几何解释．
对公式②[Sn=na1+n(n-1)d2]也进行几何解释，它是用“割”的思想将梯形分割为一个平行四边形和一个三角形，那么梯形面积为两部分面积之和，[na1]是平行四边形的面积，[n(n-1)d2]是三角形面积，其中[n]是高，[(n-1)d]是底．
同样，要解释等差中项，很快可想到梯形的中位线.
评注梯形与等差数列虽然是两个不同的知识点，但实质上他们具有完全相同的知识结构．经过这样的类比，原本互不相干的代数求和和几何图形的面积计算就巧妙地融合在一起，让我们领略到了数学独有的魅力．
四、简化运算的类比
例4 化简[x+c2+y2+x-c2+y2=2a]．
分析 通常做法都是移项，平方，再移项，再平方进行化简，费时不说，好多同学还容易出错．有没有方法能够简化计算呢？
观察上式结构就会联想到[x-c2+y2],[a,] [x+c2+y2]成等差数列．
故可设[x-c2+y2=a-q]，①
[x+c2+y2=a+q]， ②
其中 [-a＜q＜a，]
由①[2]+②[2]得[q2]=[x2+y2+c2-a2]，
由①[2]-②[2]得[q=cxa],
[∴][c2x2a2]=[x2+y2+c2-a2].
(此后过程略)
评注通过观察结构特征，运用类比的思维，简化了较为复杂的运算，也加强了知识点之间的联系．
五、特殊命题推广到一般的类比
例5 已知数列[an]（[n]为正整数）是首项为[a1]，公比为[q]的等比数列．
（1）求和：[a1C02-a2C12+a3C22]；
[a1C03-a2C13+a3C23-a4C33]；
（2）由（1）的结果，归纳概括出关于正整数[n]的一个结论，并加以证明．
分析（1）[a1C02-a2C12+a3C22]
=[a1-2a1q+a1q2=a1(1-q)2]，
[a1C03-a2C13+a3C23-a4C33]
[=a1-3a1q+3a1q2-a1q3=a1(1-q)3].
本题由（1）的结论，通过大胆猜测，得出一般性的结论：若数列[an]是首项为[a1]，公比为[q]的等比数列，则有：
[a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+⋅⋅⋅+(-1)nan+1Cnn]
[=a1(1-q)n].
证明
[a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+⋅⋅⋅+-1nan+1Cnn]
=[a1C0n-qC1n+q2C2n-q3C3n+⋅⋅⋅+-1nqnCnn]
=[a11-qn]．
评注通过抓住问题的实质，探讨共同的属性，将特殊问题一般化．
六、数的进制类比
例6 电子计算机中使用二进制，它与十进制的换算关系如下表：
[十进制\&1\&2\&3\&4\&5\&6\&…\&二进制\&1\&10\&11\&100\&101\&110\&…\&]
观察二进制与十进制规律，并把最大的[n]位二进制数表示为十进制的数．
解通过阅读，不难发现：
二进制每位上最大的数是1，最小的是0，所以最大的[n]位二进制数为[111…111n个1]，化为十进制为
[1×20+1×21+1×22+⋅⋅⋅+1×2n-1]
[=2n-12-1=2n-1]．
评注将陌生的问题熟悉化，然后找到解决的方法，即转化成等比数列前[n]项和求解．
七、结构特征的类比
例7非零实数列{[an]}([n∈N∗])，若([a21]+[a22+][⋅⋅⋅+a2n-1])·([a22]＋[a23]＋…＋[a2n])=([a1a2]＋[a2a3]＋…＋[an-1an])[2]，求证：{[an]}为等比数列．
分析 类比能力较强的同学，联想到柯西不等式的形成过程. 将条件与二次函数[f(x)]=[(a1x-a2)2]＋([a2x-a3])[2]＋([a3x-a4])[2]＋…＋([an-1x-an])[2][≥]0进行类比．
展开合并后，
[f(x)]=[a21+a22+⋅⋅⋅+a2n-1x2-2(a1a2+a2a3+]
[⋅⋅⋅+an-1an)x+a22+a23+⋅⋅⋅+a2n]、
运用判别式△≤0得，
△[=4a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+an-1an2]
[-4a21+a22+⋅⋅⋅+a2n-1][a22+a23+⋅⋅⋅+a2n][≤0]，
[⇒]([a21]+[a22+⋅⋅⋅+a2n-1])·([a22]＋[a23]＋…＋[a2n])[≥]([a1a2]＋[a2a3]＋…＋[an-1an])[2]，
等号成立的条件是[ai=kai+1]或[ai=0]（舍），所以{[an]}为等比数列．
评注由结构的相似性寻找类比对象，某些待解决的问题凭借结构上的相似性寻找类比对象，然后通过适当的代换，将原问题转化为类比问题来解决．
波利亚曾说：“如果没有相似推理，那么无论是在初等数学还是在高等数学中，甚至在其他任何领域中，本来可以发现的东西，也可能无从发现．”运用类比推理，能把新知识纳入到已有的旧的知识系统中来，使陌生的问题熟悉化，复杂的问题简单化，抽象的问题具体化，枯燥的问题兴趣化．它还可以启迪思维、开阔视野，起到由此及彼、举一反三、触类旁通的作用，让我们从大量的“题海”中解放出来．
一、等差数列与等比数列的性质类比
由等差数列到等比数列类比的过程中，哪些在变，哪些不变，又遵循怎样变与不变的规律？
观察下列表格：
由定义发现：等差数列中的“差”关系对应等比数列中的“商”关系；由性质发现：等差数列中的“和”关系对应等比数列中的“积”关系；由通项发现：等差数列中的“积”对应等比数列中的“乘方”关系，但序号[(n-1)]不变. 由等差到等比运算进行了升级，所以猜想从等差到等比应有如下关系：
[等差数列\&和\&差\&积\&商\&等比数列\&积\&商\&乘方\&开方\&]
例1 若数列{[an]}为等差数列，图象上有两点（[n]，[an]）、（[m]，[am]）（[n＞m]），则[d=an-amn-m]；现有数列{[bn]}（[bn]＞0）为等比数列，图象上有两点（[n]，[bn]）、（[m]，[bm]）[（n＞m]），类比上述结论，则[q]= ．
由上述分析，结论为[q=n-mbnbm]，还是[q=nmbnbm]？因为通项中序号[(n-1)]不变，可知结论为[q=n-mbnbm]．
证明[∵]{[bn]}（[bn]＞0）为等比数列，
[∴][bn]=[bm⋅qn-m]， [∴][qn-m]=[bnbm]，
[∴][q=n-mbnbm]．
评注已知命题[A]，通过类比，得到与命题[A]类似的命题[B]，虽然命题[B]的正确与否还需要证明，但类比可提高同学们的创新思维，通过类比等差数列的若干性质来研究等比数列，能收到事半功倍的效果．
例2 若数列{[an]}为等差数列，令[bn=][a1+2a2+⋅⋅⋅+nan1+2+⋅⋅⋅+n]，则数列{[bn]}也是等差数列. 类比上述性质，若数列{[cn]}是各项都为正的等比数列，对于[dn]＞0，探索其表达式，使数列{[dn]}也为等比数列．
通过类比分析得出如下结论：
[dn]=[1⋅2⋅⋅⋅⋅⋅nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]
或[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅2c2⋅⋅⋅⋅⋅ncn]
或[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]，由运算法则及下标间关系可知正确答案是
[dn]= [1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]．
证明：[dn]=[1+2+⋅⋅⋅+nc1⋅c22⋅c33⋅⋅⋅⋅⋅cnn]
=[c1•(c1q)2•(c1q2)3⋅⋅⋅•(c1qn-1)n2n(n+1)]
=[c1n(n+1)2qn(n+1)(n-1)32n(n+1)]=[c1q23n-1]，所以{[dn]}构成以[c1]为首项、[q23]为公比的等比数列.
评注类比作为一种重要的思想方法，在学习中不仅要关注其形式上的变化，更要注重其质的变化，分清类比过程中的变与不变．
二、新定义型数列的类比
定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．
例3 已知数列[{an}]是等和数列，且[a1=2]，公和为5，那么[a18]的值为，这个数列的前[n]项和[Sn]的计算公式为．
分析 由等和数列的定义，易知[a2n-1=2，][a2n=3(n=1，2，…)]，故[a18=3]. 当[n]为偶数时，[Sn=52n]；当[n]为奇数时，[Sn=52n-1]．
评注近年在高考或各地高考模拟试卷中出现新定义型数列，本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是类比等差数列的有关知识及其解题经验，相似的还有等积数列、差等比数列、双等差数列、双等比数列等都是类比等差或等比的思路解题．
三、数与形的类比
在推导等差数列的前[n]项和公式时，课本上采用的是倒序相加法，大家听得懂方法，但体会不了方法的几何含义．
现把公式①[Sn]=[na1+an2]类比梯形面积公式[S=(上底+下底）×高2]，我们可发现它们有惊人的相似．两块全等的梯形，拼在一起便成为一个平行四边形（如图），用“补形”的思想算得梯形面积是补形后的平行四边形面积的一半，倒序相加法其实就是补形思想，这也是高斯求和的一个几何解释．
对公式②[Sn=na1+n(n-1)d2]也进行几何解释，它是用“割”的思想将梯形分割为一个平行四边形和一个三角形，那么梯形面积为两部分面积之和，[na1]是平行四边形的面积，[n(n-1)d2]是三角形面积，其中[n]是高，[(n-1)d]是底．
同样，要解释等差中项，很快可想到梯形的中位线.
评注梯形与等差数列虽然是两个不同的知识点，但实质上他们具有完全相同的知识结构．经过这样的类比，原本互不相干的代数求和和几何图形的面积计算就巧妙地融合在一起，让我们领略到了数学独有的魅力．
四、简化运算的类比
例4 化简[x+c2+y2+x-c2+y2=2a]．
分析 通常做法都是移项，平方，再移项，再平方进行化简，费时不说，好多同学还容易出错．有没有方法能够简化计算呢？
观察上式结构就会联想到[x-c2+y2],[a,] [x+c2+y2]成等差数列．
故可设[x-c2+y2=a-q]，①
[x+c2+y2=a+q]， ②
其中 [-a＜q＜a，]
由①[2]+②[2]得[q2]=[x2+y2+c2-a2]，
由①[2]-②[2]得[q=cxa],
[∴][c2x2a2]=[x2+y2+c2-a2].
(此后过程略)
评注通过观察结构特征，运用类比的思维，简化了较为复杂的运算，也加强了知识点之间的联系．
五、特殊命题推广到一般的类比
例5 已知数列[an]（[n]为正整数）是首项为[a1]，公比为[q]的等比数列．
（1）求和：[a1C02-a2C12+a3C22]；
[a1C03-a2C13+a3C23-a4C33]；
（2）由（1）的结果，归纳概括出关于正整数[n]的一个结论，并加以证明．
分析（1）[a1C02-a2C12+a3C22]
=[a1-2a1q+a1q2=a1(1-q)2]，
[a1C03-a2C13+a3C23-a4C33]
[=a1-3a1q+3a1q2-a1q3=a1(1-q)3].
本题由（1）的结论，通过大胆猜测，得出一般性的结论：若数列[an]是首项为[a1]，公比为[q]的等比数列，则有：
[a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+⋅⋅⋅+(-1)nan+1Cnn]
[=a1(1-q)n].
证明
[a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+⋅⋅⋅+-1nan+1Cnn]
=[a1C0n-qC1n+q2C2n-q3C3n+⋅⋅⋅+-1nqnCnn]
=[a11-qn]．
评注通过抓住问题的实质，探讨共同的属性，将特殊问题一般化．
六、数的进制类比
例6 电子计算机中使用二进制，它与十进制的换算关系如下表：
[十进制\&1\&2\&3\&4\&5\&6\&…\&二进制\&1\&10\&11\&100\&101\&110\&…\&]
观察二进制与十进制规律，并把最大的[n]位二进制数表示为十进制的数．
解通过阅读，不难发现：
二进制每位上最大的数是1，最小的是0，所以最大的[n]位二进制数为[111…111n个1]，化为十进制为
[1×20+1×21+1×22+⋅⋅⋅+1×2n-1]
[=2n-12-1=2n-1]．
评注将陌生的问题熟悉化，然后找到解决的方法，即转化成等比数列前[n]项和求解．
七、结构特征的类比
例7非零实数列{[an]}([n∈N∗])，若([a21]+[a22+][⋅⋅⋅+a2n-1])·([a22]＋[a23]＋…＋[a2n])=([a1a2]＋[a2a3]＋…＋[an-1an])[2]，求证：{[an]}为等比数列．
分析 类比能力较强的同学，联想到柯西不等式的形成过程. 将条件与二次函数[f(x)]=[(a1x-a2)2]＋([a2x-a3])[2]＋([a3x-a4])[2]＋…＋([an-1x-an])[2][≥]0进行类比．
展开合并后，
[f(x)]=[a21+a22+⋅⋅⋅+a2n-1x2-2(a1a2+a2a3+]
[⋅⋅⋅+an-1an)x+a22+a23+⋅⋅⋅+a2n]、
运用判别式△≤0得，
△[=4a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+an-1an2]
[-4a21+a22+⋅⋅⋅+a2n-1][a22+a23+⋅⋅⋅+a2n][≤0]，
[⇒]([a21]+[a22+⋅⋅⋅+a2n-1])·([a22]＋[a23]＋…＋[a2n])[≥]([a1a2]＋[a2a3]＋…＋[an-1an])[2]，
等号成立的条件是[ai=kai+1]或[ai=0]（舍），所以{[an]}为等比数列．
评注由结构的相似性寻找类比对象，某些待解决的问题凭借结构上的相似性寻找类比对象，然后通过适当的代换，将原问题转化为类比问题来解决．
波利亚曾说：“如果没有相似推理，那么无论是在初等数学还是在高等数学中，甚至在其他任何领域中，本来可以发现的东西，也可能无从发现．”运用类比推理，能把新知识纳入到已有的旧的知识系统中来，使陌生的问题熟悉化，复杂的问题简单化，抽象的问题具体化，枯燥的问题兴趣化．它还可以启迪思维、开阔视野，起到由此及彼、举一反三、触类旁通的作用，让我们从大量的“题海”中解放出来．