（1）拆分级数。由 $\frac{(-4{)}^n+1}{4^n}=(-1{)}^n+4^{-n}$，通项可写为

$$\begin{array}{rl}& \frac{(-4{)}^n+1}{4^n(2n+1)}{x}^{2n}\\ & =\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n}+\frac{1}{2n+1}{\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n}.\end{array}$$

分别记右边两部分的级数为 $S_1(x)$、$S_2(x)$，先判定它们及原级数的收敛范围，再在共同收敛处求和。

（2）求收敛域。对 $S_1(x)$，当 $x\ne 0$ 时，相邻项绝对值之比的极限为 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n+1}{2n+3}{x}^2=x^2$，故 $|x|<1$ 时绝对收敛，$|x|>1$ 时发散；$x=0$ 时仅首项非零，也收敛。在 $x=\pm 1$ 处，级数为 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$，因 $\frac{1}{2n+1}$ 单调递减至零，由莱布尼茨判别法收敛。所以 $S_1$ 的收敛域为 $[-1,1]$。
对 $S_2(x)$，当 $x\ne 0$ 时，相邻项之比的极限为 $\frac{x^2}{4}$，故 $0<|x|<2$ 时收敛，$|x|>2$ 时发散；$x=0$ 时仅首项非零，也收敛。端点 $x=\pm 2$ 时成为 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2n+1}$，由 $\frac{1}{2n+1}\sim \frac{1}{2n}$ 知其发散。因此 $S_2$ 的收敛域为 $(-2,2)$。
当 $|x|\le 1$ 时，两级数都收敛，原级数收敛；当 $1<|x|<2$ 时，一发散一收敛，原级数发散。当 $|x|\ge 2$ 时，不能仅由两级数都发散判断它们的和，需考察原通项 $u_n(x)$。对 $n\ge 1$，

$$\begin{array}{rl}|u_n(x)|& =\frac{|(-1{)}^n+4^{-n}|}{2n+1}|x{|}^{2n}\\ & \ge \frac{3|x{|}^{2n}}{4(2n+1)}⟶+\infty .\end{array}$$

原通项不趋于零，故此时也发散。综上，原级数的收敛域为 $[-1,1]$。

（3）求和函数。利用反正切函数展开

$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1},|x|\le 1,$$

对 $0<|x|\le 1$，得 $S_1(x)=\frac{\arctan x}{x}$。该展开在 $|x|<1$ 时由几何级数 $\frac{1}{1+t^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{t}^{2n}$ 从 $0$ 到 $x$ 逐项积分得到；在 $x=\pm 1$ 处，级数已证收敛，再由阿贝尔定理取单侧极限，故端点也成立。
令 $u=\frac{x}{2}$，则在原级数收敛域内 $|u|\le \frac{1}{2}<1$。由几何级数逐项积分，

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{u^{2n+1}}{2n+1}={\int }_0^u\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+u}{1-u}.$$

当 $x\ne 0$ 时，两边除以 $u$ 并代回 $u=\frac{x}{2}$，得到

$$S_2(x)=\frac{1}{2u}\ln \frac{1+u}{1-u}=\frac{1}{x}\ln \frac{2+x}{2-x}.$$

当 $x=0$ 时，原级数只剩 $n=0$ 项，其值为 $2$。因此和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\arctan x+\ln \frac{2+x}{2-x}}{x},& x\in [-1,0)\cup (0,1],\\ 2,& x=0.\end{array}$$

其中对数的真数在 $[-1,1]$ 内为正。另有 $\frac{\arctan x}{x}\to 1$、$\frac{1}{x}\ln \frac{2+x}{2-x}\to 1$（$x\to 0$），与 $S(0)=2$ 一致。