啊啊啊啊！求解

楼主的对无穷大处的留数公式是完全正确的， 只是计算时有所疏忽。

利用Newton 二项式展开 [latex]\frac{1}{(1-x)^m}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{m+k-1}{m-1}x^k[/latex]知道

[latex]\frac{-ze^{-\frac{1}{z}}}{(1-2z)^2}=-z\cdot \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(2z)^k\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^n}[/latex]

从而[latex]\frac{1}{z}[/latex]的系数可以直接读出，为负号乘以
[latex]\sum_{s=0}^{\infty}\frac{2^s(s+1)}{(s+2)!}[/latex]

将分母上的(s+1)写成 (s+2)-1, 于是系数（负的）等于
[latex]\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{k+1}}{(k+1)!}-\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{k+2}}{(k+2)!}[/latex]

注意到众所周知的[latex]e^x[/latex]的Taylor展开式，最后得到系数等于 负的
[latex]\frac{1}{2}(e^2-1)-\frac{1}{4}(e^2-1-2)=\frac{e^2}{4}+\frac{1}{4}[/latex], 而这是楼主早就得到的结论：[latex]Res（f(z),\infty)[/latex]加上f(z)在有限点处的留数之和等于0.

事实上，大家经常利用这个定理来求出某一个特别难算的留数值，而不是像我们这里罗嗦了半天硬算的，