若数列 $\{a_n\}$ 满足：存在正整数 $T$，对于任意正整数 $n$ 都有 $a_{n+T}=a_n$ 成立，则称数列 $\{a_n\}$ 为周期数列，周期为 $T$．已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=m(m>0)$，$a_{n+1}=\begin{cases}a_n-1,&a_n>1,\\\dfrac {1}{a_n},&0<a_n\leqslant 1.\end{cases}$ 则下列结论中错误的是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
D
【解析】
对于A，有 $a_2=5,\dfrac 14$，从而 $a_1=m=6,\dfrac 15,\dfrac 54$，A正确；
对于B，数列 $\{a_n\}$ 为$$\sqrt 2,\sqrt 2-1,\sqrt 2+1,\sqrt 2,\sqrt 2-1,\cdots,$$于是数列 $\{a_n\}$ 的周期为 $3$，B正确；
对于C，D，先考虑数列 $\{a_n\}$ 的周期性：
如果 $a_1=k+\alpha,k\in \mathbb N,0<\alpha\leqslant 1$，则\[\begin{split} &a_2=k-1+\alpha ,\\&a_3=k-2+\alpha,\\&\cdots,\\&a_{k+1}=\alpha.\end{split}\]要使得数列 $\{a_n\}$ 有周期性，只需要$$a_{k+2}=\dfrac{1}{\alpha }=a_1=k+\alpha ,$$因为方程 $\dfrac {1}{\alpha}=k+\alpha$ 即$$\alpha ^2+k\alpha-1=0$$的正解$$\alpha=\dfrac {-k+\sqrt{k^2+4}}{2}\in(0,1],$$故 $\alpha $ 一定存在，从而存在 $m=k+\alpha$，使得数列 $\{a_n\}$ 的周期为 $k+1$．
于是对于C，为了使得数列的周期为 $T$，只需要取$$k=T-1\geqslant 1,\alpha=\dfrac {-k+\sqrt{k^2+4}}{2}$$即可，此时 $m>1$，C 正确；
对于D，假设存在符合要求的 $m$，那么数列中每一项均为有理数，设 $a_n$ 的最简分数形式为 $a_n=\dfrac{p_n}{q_n}$，其中 $n\in\mathbb N^*$．显然若存在 $q_k=1$，那么数列 $\{a_n\}$ 必然不为周期数列，因此数列中每一项的分母均不小于 $2$．考虑到当出现某一项为上一项的倒数时，其分母必然减小，因此经过足够长的有限次运算后，必然存在某个 $q_N=1$，矛盾．因此不存在符合要求的 $m$．
综上，错误的是D．
对于B，数列 $\{a_n\}$ 为$$\sqrt 2,\sqrt 2-1,\sqrt 2+1,\sqrt 2,\sqrt 2-1,\cdots,$$于是数列 $\{a_n\}$ 的周期为 $3$，B正确；
对于C，D，先考虑数列 $\{a_n\}$ 的周期性：
如果 $a_1=k+\alpha,k\in \mathbb N,0<\alpha\leqslant 1$，则\[\begin{split} &a_2=k-1+\alpha ,\\&a_3=k-2+\alpha,\\&\cdots,\\&a_{k+1}=\alpha.\end{split}\]要使得数列 $\{a_n\}$ 有周期性，只需要$$a_{k+2}=\dfrac{1}{\alpha }=a_1=k+\alpha ,$$因为方程 $\dfrac {1}{\alpha}=k+\alpha$ 即$$\alpha ^2+k\alpha-1=0$$的正解$$\alpha=\dfrac {-k+\sqrt{k^2+4}}{2}\in(0,1],$$故 $\alpha $ 一定存在，从而存在 $m=k+\alpha$，使得数列 $\{a_n\}$ 的周期为 $k+1$．
于是对于C，为了使得数列的周期为 $T$，只需要取$$k=T-1\geqslant 1,\alpha=\dfrac {-k+\sqrt{k^2+4}}{2}$$即可，此时 $m>1$，C 正确；
对于D，假设存在符合要求的 $m$，那么数列中每一项均为有理数，设 $a_n$ 的最简分数形式为 $a_n=\dfrac{p_n}{q_n}$，其中 $n\in\mathbb N^*$．显然若存在 $q_k=1$，那么数列 $\{a_n\}$ 必然不为周期数列，因此数列中每一项的分母均不小于 $2$．考虑到当出现某一项为上一项的倒数时，其分母必然减小，因此经过足够长的有限次运算后，必然存在某个 $q_N=1$，矛盾．因此不存在符合要求的 $m$．
综上，错误的是D．
题目
答案
解析
备注
