即计算下面积分：
\int_{0}^{1}\arctan x\ dx
法一（泰勒）：
解：
\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}
易见幂级数\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}在[0,1)一致收敛（M判别法），且当x=1时，幂级数收敛（Leibnizp判别法），故积分和级数可以交换顺序。
于是我们得到：
\begin{align*}
\int_{0}^{1}\arctan x\ dx
&=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\ dx
=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{1}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\ dx\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}\ dx
=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}-\frac{1}{2}\cdot\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\\
&=\arctan 1-\frac{1}{2}\ln2=\boxed{\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2}
\end{align*}
关于\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}的值可以参考：
法二（分部积分）：
直接计算出原函数，简单暴力。
解：
\begin{align*}
\int_{0}^{1}\arctan x\ dx&=x\arctan x\left.\right|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x^2}\ dx\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\left.\right|_{0}^{1}\\
&=\boxed{\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2}
\end{align*}
法三（含参积分）：
令f(a)=\int_{0}^{1}\arctan ax\ dx，则I=f(1),f(0)=0。
而
\begin{align*}
f'(a)&=\int_{0}^{1}\frac{x}{1+a^2x^2}\ dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+a^2x^2}\ dx^2\\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{\ln(1+a^2)}{a^2}
\end{align*}
故
\begin{align*}
f(a)&=\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\frac{\ln(1+t^2)}{t^2} dt\\
f(1)&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}t^{2n-2}dt\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_{0}^{1}\frac{t^{2n-2}}{n}dt\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n}\\
&=\boxed{\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2}
\end{align*}
最后一步第一个级数是莱布尼兹级数，详见：
综上，我们得到
\int_{0}^{1}\arctan x\ dx=\boxed{\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2}