要证明不等式 \(u_1 + u_2 + \cdots + u_n < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n) < e^{u_1 + u_2 + \cdots + u_n}\) ，我们可以使用数学归纳法和一些初等不等式。
不等式的两部分
第一部分：\( u_1 + u_2 + \cdots + u_n < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n) \)
这是基本的乘法不等式，可以使用归纳法证明。
基础情况：
当 \( n = 1 \) 时，不等式显然成立，因为 \( u_1 < 1 + u_1 \) 。
归纳假设：
假设对 \( n = k \) 时，不等式成立，即 \[ u_1 + u_2 + \cdots + u_k < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k). \]
归纳步骤：
现在考虑 \( n = k + 1 \) 的情况， \[ u_1 + u_2 + \cdots + u_k + u_{k+1} < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k)(1 + u_{k+1}). \]
根据归纳假设和基础情况， \[ u_1 + u_2 + \cdots + u_k + u_{k+1} < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k) + u_{k+1}. \]
由于 \( (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k) \) 和 \( (1 + u_{k+1}) \) 都是大于 1 的正数，所以我们可以进一步验证：
\[ (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k) + u_{k+1} \leq (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_k)(1 + u_{k+1}). \]所以，通过数学归纳法，我们证明了第一部分不等式对所有 \( n \) 都成立。
第二部分：\( (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n) < e^{u_1 + u_2 + \cdots + u_n} \)
我们使用对数函数和初等不等式来证明这个部分。
考虑 \( \ln((1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n)) \) : \[ \ln((1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n)) = \ln(1 + u_1) + \ln(1 + u_2) + \cdots + \ln(1 + u_n). \]
因为对于 \( 0 < x < 1 \) ，有 \( \ln(1 + x) < x \) ，所以 \[ \ln(1 + u_i) < u_i. \]
因此， \[ \ln((1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n)) < u_1 + u_2 + \cdots + u_n. \]
取指数， \[ (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n) < e^{u_1 + u_2 + \cdots + u_n}. \]
综上所述
结合这两个证明部分，我们得出不等式 \[ u_1 + u_2 + \cdots + u_n < (1 + u_1)(1 + u_2) \cdots (1 + u_n) < e^{u_1 + u_2 + \cdots + u_n}. \]
要证明当 \(0 < x < 1\) 时，有 \(\ln(1 + x) < x\) ，可以从导数和泰勒级数展开两个角度来考虑。
方法一：导数
考虑函数 \(f(x) = x - \ln(1 + x)\) 。我们先计算其导数 \(f'(x)\) ：
\[ f'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{1 + x - 1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x}. \]注意到当 \(0 < x < 1\) 时，\(f'(x) = \frac{x}{1 + x}\) 是正数。这意味着 \(f(x)\) 在 \(0 < x < 1\) 上是单调递增的。
接下来，我们计算 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处的值：
\[ f(0) = 0 - \ln(1 + 0) = 0. \]由于 \(f(x)\) 在 \(0 < x < 1\) 上是单调递增的且在 \(x = 0\) 处取零值，所以对于 \(0 < x < 1\) ，\(f(x) = x - \ln(1 + x) > 0\) 。这表明：
\[ x > \ln(1 + x) \]即：
\[ \ln(1 + x) < x. \]方法二：泰勒级数展开
考虑 \(\ln(1 + x)\) 的泰勒级数展开：
\[ \ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots. \]显然，对于 \(0 < x < 1\) ，\(\ln(1 + x)\) 的泰勒级数展开中的每一项 \( - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots \) 都是负数或者零。因此：
\[ \ln(1 + x) = x - \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} - \cdots \right) < x. \]综合上述两种方法，我们可以得出对于 \(0 < x < 1\) ：
\[ \ln(1 + x) < x. \]