2000年考研数学一真题

答案： $\displaystyle \frac{\pi}{4}$。

解题思路： 根号内配方为 $2x-x^2=1-(x-1)^2$，因此被积函数对应单位圆的上半圆。可用面积解释，也可先平移变量，再用三角代换计算。

详细解答： 令 $u=x-1$，则 $\mathrm du=\mathrm dx$；当 $x=0,1$ 时，$u=-1,0$。于是

$$I=\int_{-1}^{0}\sqrt{1-u^2}\,\mathrm du.$$

函数 $\sqrt{1-u^2}$ 为偶函数，所以

$$I=\int_0^1\sqrt{1-u^2}\,\mathrm du.$$

再令 $u=\sin t$。由于 $0\le u\le1$，可取 $0\le t\le\pi/2$，此时 $\sqrt{1-u^2}=\cos t$，$\mathrm du=\cos t\,\mathrm dt$，故

$$I=\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,\mathrm dt =\frac12\int_0^{\pi/2}(1+\cos2t)\,\mathrm dt =\left[\frac t2+\frac{\sin2t}{4}\right]_0^{\pi/2} =\frac\pi4.$$

从几何上看，曲线满足 $(x-1)^2+y^2=1$ 且 $y\ge0$，$0\le x\le1$ 对应半径为 $1$ 的四分之一圆，其面积也为 $\pi/4$。

一（1）题图

答案： 法线方程为 $\displaystyle \frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-4}=\frac{z-2}{6}$。

解题思路： 对隐式曲面 $F(x,y,z)=0$，若该点的梯度不为零，梯度向量就是曲面的法向量。法线通过指定点，以该法向量为方向向量。

详细解答： 取

$$F(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2-21.$$

点 $(1,-2,2)$ 满足 $1+2\cdot4+3\cdot4=21$，确在曲面上。计算梯度：

$$\nabla F=(2x,4y,6z),\qquad \nabla F(1,-2,2)=(2,-8,12)=2(1,-4,6)\ne(0,0,0).$$

因此可用 $(1,-4,6)$ 作为法线方向向量，参数方程为

$$x=1+t,\qquad y=-2-4t,\qquad z=2+6t,\qquad t\in\mathbb R.$$

消去 $t$，得到所求对称式方程。

答案： 在不含 $x=0$ 的区间上，通解为 $\displaystyle y=\frac{C_1}{x^2}+C_2$，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。

解题思路： 方程没有出现 $y$ 本身，可以先把 $y'$ 当作未知函数，降为一阶方程。也可观察乘以 $x^2$ 后恰好出现乘积的导数。

详细解答： 对 $x\ne0$，将方程乘以 $x^2$：

$$x^3y''+3x^2y'=0.$$

由乘积求导公式，左边正是 $(x^3y')'$，因而

$$(x^3y')'=0\quad\Longrightarrow\quad x^3y'=C_0 \quad\Longrightarrow\quad y'=C_0x^{-3}.$$

积分得到

$$y=C_0\int x^{-3}\,\mathrm dx+C_2 =-\frac{C_0}{2x^2}+C_2.$$

令 $C_1=-C_0/2$，即得到 $y=C_1/x^2+C_2$。代入检验：$y'=-2C_1/x^3$、$y''=6C_1/x^4$，所以 $xy''+3y'=0$。

易错点： 求通解时除以了 $x$，因此应说明 $x\ne0$。若要求解在包含 $0$ 的区间上连续，则非零的 $C_1/x^2$ 不可保留，只能取常数解。

答案： $a=-1$。

解题思路： 无解意味着消元后出现“$0=$ 非零数”的矛盾行。只令系数行列式为零，最多能找出候选参数，不能直接判断无解。

详细解答： 写出增广矩阵：

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1\\ 2&3&a+2&3\\ 1&a&-2&0 \end{array}\right).$$

先作 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$、$R_3\leftarrow R_3-R_1$，得到

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1\\ 0&-1&a&1\\ 0&a-2&-3&-1 \end{array}\right).$$

再作 $R_3\leftarrow R_3+(a-2)R_2$，得到

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1\\ 0&-1&a&1\\ 0&0&a^2-2a-3&a-3 \end{array}\right).$$

最后一行代表

$$(a-3)(a+1)x_3=a-3.$$

若 $a\ne3,-1$，三个主元都非零，方程组有唯一解。若 $a=3$，最后一行为 $0=0$，前两行有两个主元，方程组有无穷多解。若 $a=-1$，最后一行为 $0=-4$，产生矛盾，方程组无解。因此仅 $a=-1$ 满足题意。

答案： $\displaystyle P(A)=\frac23$。

解题思路： 把独立性转化为概率乘积。两个“一发生、一不发生”的概率相等，先推出 $P(A)=P(B)$，再利用“都不发生”的概率求解。

详细解答： 记 $p=P(A)$、$q=P(B)$。因 $A,B$ 独立，

$$P(A\cap\overline B)=p(1-q),\qquad P(\overline A\cap B)=(1-p)q.$$

题设给出 $p(1-q)=(1-p)q$，展开两边为 $p-pq=q-pq$，所以 $p=q$。独立事件的补事件也独立，因此

$$P(\overline A\cap\overline B)=(1-p)(1-q)=(1-p)^2=\frac19.$$

概率满足 $0\le p\le1$，从而 $1-p\ge0$，取非负平方根得到 $1-p=1/3$，即 $p=2/3$。

答案： A，即 $f(x)g(b)>f(b)g(x)$。

解题思路： 条件中的 $f'g-fg'$ 是商函数求导公式的分子，所以应研究 $f/g$ 的单调性。$f,g$ 恒正保证分母不为零，也保证不等式交叉相乘时方向不变。

详细解答： 令 $h(x)=f(x)/g(x)$，则

$$h'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}<0.$$

由导数符号判定单调性，$h$ 严格递减。对 $a<x<b$，有

$$\frac{f(a)}{g(a)}>\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}.$$

将第二个不等式乘以正数 $g(x)g(b)$，得到 $f(x)g(b)>f(b)g(x)$，故 A 正确。第一个不等式则给出 $f(x)g(a)<f(a)g(x)$，与 B 相反。

条件不能固定乘积 $fg$ 的单调性。例如取 $f(t)=\mathrm e^t$、$g(t)=\mathrm e^{2t}$，则 $f'g-fg'=-\mathrm e^{3t}<0$，但 $fg=\mathrm e^{3t}$ 递增，$x<b$ 时 C 的不等式不成立。取 $f(t)=\mathrm e^{-t}$、$g(t)=1$，仍满足题设，而 $fg=\mathrm e^{-t}$ 递减，$x>a$ 时 D 的不等式不成立。

答案： C，即 $\displaystyle \iint_S z\,\mathrm dS=4\iint_{S_1}x\,\mathrm dS$。

解题思路： 第一类曲面积分的面积元 $\mathrm dS$ 在对称变换下不变。先利用上半球关于坐标平面的对称性，再利用第一卦限球面关于坐标交换的对称性。

详细解答： 上半球 $S$ 关于 $yz$ 平面对称，反射 $(x,y,z)\mapsto(-x,y,z)$ 时 $x$ 变号而 $\mathrm dS$ 不变，故正负部分相抵：

$$\iint_Sx\,\mathrm dS=0.$$

同理，关于 $xz$ 平面的对称性给出 $\iint_Sy\,\mathrm dS=0$；$xyz$ 对 $x$ 为奇函数，也有 $\iint_Sxyz\,\mathrm dS=0$。

上半球按 $x,y$ 的正负分成四块。反射只改变 $x,y$ 的符号，不改变 $z$，因此四块上 $z$ 的积分相同：

$$\iint_Sz\,\mathrm dS=4\iint_{S_1}z\,\mathrm dS.$$

第一卦限中的球面满足 $x,y,z\ge0$，交换 $x,z$ 后仍是同一曲面，面积元也不变，所以

$$\iint_{S_1}z\,\mathrm dS=\iint_{S_1}x\,\mathrm dS.$$

合并即得 C。对于正半径的球面，$S_1$ 内部的 $x$ 与 $xyz$ 都为正，故相应积分严格大于零；A、B、D 的左边却均为零，因此这些等式不成立。

答案： D，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1})$ 必收敛。

解题思路： 已知的是原级数收敛，未给绝对收敛。判断 D 可以直接考察部分和；其他选项要用条件收敛级数构造反例。

详细解答： 记原级数的部分和为 $S_N=\sum_{n=1}^Nu_n$，其极限为 $S$。收敛级数的通项趋于零，即 $u_{N+1}\to0$。D 对应的部分和为

$$\begin{aligned} T_N&=\sum_{n=1}^N(u_n+u_{n+1})\\ &=S_N+(S_{N+1}-u_1)\\ &=2S_N+u_{N+1}-u_1\longrightarrow2S-u_1. \end{aligned}$$

部分和有有限极限，故 D 的级数收敛。

其余选项均不能保证收敛：

• 对 A，取 $u_n=(-1)^n/\ln(n+1)$。因 $1/\ln(n+1)$ 单调递减并趋于零，原级数由交错级数判别法收敛。但 $(-1)^nu_n/n=1/[n\ln(n+1)]$。对 $n\ge2$，$\ln(n+1)\le2\ln n$，故该正项不小于 $1/(2n\ln n)$；而 $\int_2^T\mathrm dt/(t\ln t)=\ln\ln T-\ln\ln2\to+\infty$，所以变换后的级数发散。
• 对 B，取 $u_n=(-1)^n/\sqrt n$，原级数由交错级数判别法收敛，但 $u_n^2=1/n$，平方项级数是发散的调和级数。
• 对 C，取 $u_n=(-1)^{n-1}/n$，原级数收敛，而

$$u_{2n-1}-u_{2n}=\frac1{2n-1}+\frac1{2n}.$$

其前 $N$ 项的和等于 $\sum_{k=1}^{2N}1/k$，随 $N\to\infty$ 发散。因此 C 也不是必收敛的级数。

易错点： 收敛级数逐项平方或改变部分项的符号，可能破坏原先的正负抵消；只有绝对收敛时才有更强的稳定性。

答案： D，即矩阵 $A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ 与 $B=(\beta_1,\ldots,\beta_m)$ 等价。

解题思路： 两个矩阵均为 $n\times m$ 矩阵。列向量组线性无关等价于矩阵有满列秩；同型矩阵等价的充分必要条件是秩相等。注意“矩阵等价”和“向量组等价”的含义不同。

详细解答： 已知 $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ 线性无关，所以

$$r(A)=m.$$

若 $\beta_1,\ldots,\beta_m$ 线性无关，则 $r(B)=m=r(A)$，同型矩阵秩相同，可通过可逆的初等行、列变换化为相同的标准形，所以 $A,B$ 等价。反过来，若 $A,B$ 等价，初等行、列变换保持秩，故 $r(B)=r(A)=m$，于是 $B$ 的 $m$ 个列向量线性无关。这证明了 D 的充分性和必要性。

A 和 C 都是充分条件，但不是必要条件。具体地，A 表示 $A=BC$，其中 $C$ 为 $m$ 阶矩阵，所以 $m=r(A)\le r(B)\le m$，可推出 $B$ 满列秩；C 包含 A，也能推出此结论。然而取 $n=2,m=1$，$\alpha_1=(1,0)^{\mathrm T}$、$\beta_1=(0,1)^{\mathrm T}$，两组分别线性无关，却不能互相线性表示，说明 A、C 均非必要条件。

B 也不充分：仍取 $n=2,m=1$，令 $\alpha_1=(1,0)^{\mathrm T}$、$\beta_1=(0,0)^{\mathrm T}$。$\beta_1=0\alpha_1$ 可由 $\alpha_1$ 表示，但零向量组成的向量组线性相关。因此只有 D 是充分必要条件。

答案： B，即 $E(X^2)-[E(X)]^2=E(Y^2)-[E(Y)]^2$。

解题思路： 不相关的定义是协方差为零。利用协方差对两个变量分别具有线性性，展开 $\operatorname{Cov}(X+Y,X-Y)$，交叉项会相互抵消。

详细解答： 二维正态分布具有有限的二阶矩。由协方差的线性性和对称性，

$$\begin{aligned} \operatorname{Cov}(\xi,\eta) &=\operatorname{Cov}(X+Y,X-Y)\\ &=\operatorname{Cov}(X,X)-\operatorname{Cov}(X,Y) +\operatorname{Cov}(Y,X)-\operatorname{Cov}(Y,Y)\\ &=D(X)-D(Y). \end{aligned}$$

因此 $\xi,\eta$ 不相关当且仅当 $D(X)=D(Y)$。再用方差公式 $D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$、$D(Y)=E(Y^2)-[E(Y)]^2$，即得选项 B。

其余条件都可能在方差不等时成立。以下各例均取 $X,Y$ 相互独立，因而也构成二维正态分布，记 $N(\mu,\sigma^2)$ 的第二个参数为方差：

• A：取 $X\sim N(0,1)$、$Y\sim N(0,2)$，均值相等，但方差不同。
• C：取 $X\sim N(0,2)$、$Y\sim N(1,1)$，二阶矩均为 $2$，但方差分别为 $2,1$。
• D：取 $X\sim N(0,3)$、$Y\sim N(1,1)$，$E(X^2)+[E(X)]^2=3=E(Y^2)+[E(Y)]^2$，但方差分别为 $3,1$。

易错点： 展开协方差时无需假设 $X,Y$ 独立；交叉项抵消是因为 $\operatorname{Cov}(X,Y)=\operatorname{Cov}(Y,X)$。

答案： 所求极限为 $1$。

解题思路： $|x|$ 和 $\mathrm e^{1/x}$ 在 $x\to0^+$ 与 $x\to0^-$ 时的行为不同，必须分别计算左右极限。只有两者相等时，双侧极限才存在。

详细解答： 当 $x\to0^+$ 时，$|x|=x$。对指数分式的分子、分母同除以 $\mathrm e^{4/x}$，得到

$$\frac{2+\mathrm e^{1/x}}{1+\mathrm e^{4/x}} =\frac{2\mathrm e^{-4/x}+\mathrm e^{-3/x}}{\mathrm e^{-4/x}+1} \longrightarrow0.$$

再用基本极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$，可得右极限

$$\lim_{x\to0^+}\left(\frac{2+\mathrm e^{1/x}}{1+\mathrm e^{4/x}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)=0+1=1.$$

当 $x\to0^-$ 时，$|x|=-x$，且 $\mathrm e^{1/x}\to0$、$\mathrm e^{4/x}\to0$，所以左极限为

$$\lim_{x\to0^-}\left(\frac{2+\mathrm e^{1/x}}{1+\mathrm e^{4/x}}-\frac{\sin x}{x}\right)=2-1=1.$$

左右极限都为 $1$，故所求双侧极限为 $1$。

答案： 在 $x\ne0,y\ne0$ 且复合函数有定义的地方，

$$\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =f_u-\frac{f_v}{y^2}+xyf_{uu}-\frac{x}{y^3}f_{vv} -\frac{g'}{x^2}-\frac{y}{x^3}g''.$$

其中 $f$ 的各偏导数均在 $(u,v)=(xy,x/y)$ 处取值，$g',g''$ 均在 $w=y/x$ 处取值。

解题思路： 引入中间变量 $u=xy,v=x/y,w=y/x$，分两次使用链式法则。第二次求导既要对系数求导，也要对 $f_u,f_v,g'$ 这些复合函数求导；最后用混合偏导相等消去交叉项。

详细解答： 中间变量的偏导数为

$$u_x=y,\quad u_y=x,\qquad v_x=\frac1y,\quad v_y=-\frac{x}{y^2},\qquad w_x=-\frac{y}{x^2},\quad w_y=\frac1x.$$

先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=f_u u_x+f_v v_x+g'(w)w_x =yf_u+\frac1y f_v-\frac{y}{x^2}g'.$$

再逐项对 $y$ 求偏导。第一项用乘积法则和链式法则：

$$\frac{\partial}{\partial y}(yf_u) =f_u+y(f_{uu}u_y+f_{uv}v_y) =f_u+xyf_{uu}-\frac{x}{y}f_{uv}.$$

第二项同理：

$$\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac1y f_v\right) =-\frac{f_v}{y^2}+\frac1y(f_{vu}u_y+f_{vv}v_y) =-\frac{f_v}{y^2}+\frac{x}{y}f_{vu}-\frac{x}{y^3}f_{vv}.$$

第三项为

$$\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{y}{x^2}g'(w)\right) =-\frac{g'}{x^2}-\frac{y}{x^2}g''(w)w_y =-\frac{g'}{x^2}-\frac{y}{x^3}g''.$$

$f$ 具有连续的二阶偏导数，故 $f_{uv}=f_{vu}$；$z$ 的二阶混合偏导也可交换求导顺序。相加时 $-(x/y)f_{uv}+(x/y)f_{vu}=0$，便得到答案中的表达式。

答案： $I=\pi$。

解题思路： 分母在原点为零，而 $R>1$ 使原点位于圆周 $L$ 内部，不能直接对整块圆盘使用格林公式。挖去包含原点的小椭圆后，在剩下的环形区域应用格林公式，把积分移到容易计算的椭圆上。

详细解答： 写成 $\oint_L P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy$，其中

$$P=-\frac{y}{4x^2+y^2},\qquad Q=\frac{x}{4x^2+y^2}.$$

在 $(x,y)\ne(0,0)$ 处，两函数具有连续偏导数，且

$$Q_x=\frac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2)^2},\qquad P_y=\frac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2)^2},$$

所以 $Q_x-P_y=0$。

圆盘的中心距原点为 $1$，半径为 $R>1$。取 $0<r<R-1$，则椭圆 $L_0:4x^2+y^2=r^2$ 及其内部中的点均满足 $\sqrt{x^2+y^2}\le r$，到 $(1,0)$ 的距离不超过 $1+r<R$，因此小椭圆及其内部全部位于该圆盘内。令 $L_0$ 也取逆时针方向。圆盘去掉椭圆内部后的区域记为 $D$，其正向边界由外边界 $L$ 和顺时针内边界 $-L_0$ 组成。

三(13)题图

在 $D$ 上没有奇点，可用格林公式：

$$\oint_L(P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy)-\oint_{L_0}(P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy) =\iint_D(Q_x-P_y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0.$$

于是 $I=\oint_{L_0}(x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx)/(4x^2+y^2)$。用逆时针参数化

$$x=\frac r2\cos t,\qquad y=r\sin t,\qquad0\le t\le2\pi.$$

此时 $4x^2+y^2=r^2$，且

$$x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx =\frac{r^2}{2}\cos^2t\,\mathrm dt+\frac{r^2}{2}\sin^2t\,\mathrm dt =\frac{r^2}{2}\,\mathrm dt.$$

因此

$$I=\int_0^{2\pi}\frac12\,\mathrm dt=\pi.$$

也可在椭圆上先把分母换成常数 $r^2$，再对光滑的分子使用格林公式：

$$\frac1{r^2}\oint_{L_0}(x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx) =\frac2{r^2}\cdot\pi\cdot\frac r2\cdot r=\pi.$$

易错点： $Q_x-P_y=0$ 并不自动意味着原积分为零；格林公式还要求被积场在整个积分区域内无奇点。挖去原点后必须保留内边界的积分。

答案： $\displaystyle f(x)=\frac{\mathrm e^x(\mathrm e^x-1)}{x}$，$x>0$。

解题思路： 题设对任意闭曲面的通量都为零。由高斯公式和任意性，可以推出向量场的散度处处为零，从而得到关于 $f$ 的一阶线性微分方程；再用 $x\to0^+$ 的极限确定积分常数。

详细解答： 设向量场为

$$\boldsymbol F=(P,Q,T)=\bigl(xf(x),-xyf(x),-\mathrm e^{2x}z\bigr).$$

由于 $f$ 在 $x>0$ 内具有连续一阶导数，$\boldsymbol F$ 也具有连续一阶偏导数。取任意一个完全位于此半空间中的有界区域 $\Omega$，令其闭曲面边界 $S$ 取外侧方向，由高斯公式得

$$0=\iint_S P\,\mathrm dy\,\mathrm dz+Q\,\mathrm dz\,\mathrm dx+T\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\iiint_\Omega(P_x+Q_y+T_z)\,\mathrm dV.$$

分别求导：

$$P_x=f(x)+xf'(x),\qquad Q_y=-xf(x),\qquad T_z=-\mathrm e^{2x}.$$

故任意这样的 $\Omega$ 上都有

$$\iiint_\Omega h(x)\,\mathrm dV=0,\qquad h(x)=f(x)+xf'(x)-xf(x)-\mathrm e^{2x}.$$

$h$ 连续。若某点处 $h>0$，连续性使它在该点附近的足够小球内仍为正，该小球上的体积分便大于零，与题设矛盾；$h<0$ 的情形同理。因此 $h(x)=0$ 对所有 $x>0$ 成立，即

$$f'(x)+\left(\frac1x-1\right)f(x)=\frac{\mathrm e^{2x}}x.$$

这是线性微分方程。积分因子为

$$\mu(x)=\exp\left(\int\left(\frac1x-1\right)\mathrm dx\right)=x\mathrm e^{-x}\quad(x>0).$$

两边乘以积分因子，整理为

$$\bigl(x\mathrm e^{-x}f(x)\bigr)'=\mathrm e^x.$$

积分得到

$$x\mathrm e^{-x}f(x)=\mathrm e^x+C,\qquad f(x)=\frac{\mathrm e^x(\mathrm e^x+C)}x.$$

由 $f(x)\to1$ 可知 $x\mathrm e^{-x}f(x)\to0$，而右边趋于 $1+C$，所以 $C=-1$。代回得所求函数。最后用 $\lim_{x\to0}(\mathrm e^x-1)/x=1$ 检查：该函数的右极限确为 $1$。

答案： 收敛半径为 $3$，实际收敛区间为 $[-3,3)$；在 $(-3,3)$ 内绝对收敛，$x=-3$ 时条件收敛，$x=3$ 时发散。

解题思路： $3^n$ 是分母的主导项，可用系数比值求收敛半径。端点不能由半径判断，需要分别检验：右端点与调和级数比较，左端点拆成一个交错调和级数和一个绝对收敛的修正级数。

详细解答： 记系数

$$a_n=\frac1{n[3^n+(-2)^n]}.$$

因 $3^n>2^n$，分母始终为正。提出 $3^n$ 后，系数的比值为

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac n{n+1}\cdot\frac13\cdot \frac{1+(-2/3)^n}{1+(-2/3)^{n+1}} \longrightarrow\frac13.$$

因此整个幂级数相邻项的绝对值比趋于 $|x|/3$。比值判别法给出 $|x|<3$ 时绝对收敛，$|x|>3$ 时发散，收敛半径为 $3$。

当 $x=3$ 时，级数变为

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n[1+(-2/3)^n]}.$$

这是正项级数，且其通项与 $1/n$ 的比值趋于 $1$。由极限比较判别法，它与调和级数同敛散，因而发散。

当 $x=-3$ 时，利用恒等式

$$\frac{(-1)^n}{n[1+(-2/3)^n]} =\frac{(-1)^n}{n} -\frac{(2/3)^n}{n[1+(-2/3)^n]},$$

可将级数拆成两部分。第一部分 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n/n$ 由交错级数判别法收敛。第二部分的项为正，且对 $n\ge1$ 有

$$1+(-2/3)^n\ge1-(2/3)^n\ge\frac13,$$

于是

$$0<\frac{(2/3)^n}{n[1+(-2/3)^n]} \le\frac3n\left(\frac23\right)^n \le3\left(\frac23\right)^n.$$

右边是收敛的等比级数的通项，所以第二部分也收敛。两部分之差收敛，故 $x=-3$ 时收敛。

但在 $x=-3$ 处取通项绝对值，就得到 $x=3$ 处的正项级数，已知其发散。因此左端点只有条件收敛。合并内区间与端点，实际收敛区间是 $[-3,3)$。