По принцип редът на Маклорен е:
$f(x)\sim f(0)+\frac{f'(0)}{1!}\cdot x+\frac{f''(0)}{2!}\cdot x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\cdot x^3+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\cdot x^n+\cdots$
и би трябвало да намерим общия вид на n-тата производна (с досещане, като видим първите няколко производни и после докажем с индукция), но в този случай това е много трудно (за мен дори невъзможно

).
Затова ще приложим хитрост:
$(ln(1+x))'=\frac{(1+x)'}{1+x}=\frac{1}{1+x}$
$ln(1+x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t}=\int_0^x(1-t+t^2-t^3+\cdots)dt=(t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}+\cdots)|_0^x=\\=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots\ \ \ \ \ -1<x\leq1$
$(ln(1-x))'=\frac{(1-x)'}{1-x}=\frac{-1}{1-x}$
$ln(1-x)=-\int_0^x\frac{dt}{1-t}=-\int_0^x(1+t+t^2+t^3+\cdots)dt=(-t-\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}-\cdots)|_0^x=\\=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-\cdots\ \ \ \ \ -1\leq x<1$
И сега имаме $ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=ln(1+x)-ln(1-x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots-(-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-\cdots)=\\=2(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\frac{x^7}{7}+\cdots)\ \ \ \ \ \ -1<x<1$