解析：
由经典不等式 $\mathrm{e}^t \geqslant \mathrm{e} t$ (当且仅当 $t=1$ 时取等号), 取 $t=\ln 2 \cdot x$, 得 $2^x \geqslant \operatorname{eln} 2 \cdot x$,
设 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$, 可知函数 $f(x)$ 在 $(0, \mathrm{e})$ 上单调递减, 所以 $f(2)>f(\mathrm{e}), \therefore \frac{\ln 2}{2}>\frac{1}{\mathrm{e}}$,
即 $\mathrm{e} \ln 2>2$, 所以 $2^x \geqslant \mathrm{e} \ln 2 \cdot x>2 x$, 所以 $2^a>2 a$, 所以 $2^a-a>a$, 即 $c>a$;
设 $g(x)=2^x-x$, 则 $g^{\prime}(x)=2^x \ln 2-1$, 显然 $g^{\prime}(x)$ 单调递增, 且 $g^{\prime}(0)=\ln 2-1 < 0$,
$g^{\prime}(1)=2 \ln 2-1>0$, 故存在 $x_0 \in(0,1)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_0\right)=0$, 且当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 单调递减; 当 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增, 注意到 $g(0)=g(1)=1$, 且 $a=\ln 2 \in(0,1)$,
所以 $g(a)=2^a-a < g(1)=1$, 即 $c < 1$, 又因为 $\frac{1}{a}>1$, 所以 $g\left(\frac{1}{a}\right)=2^{\log _2 \mathrm{e}}-\frac{1}{a}=\mathrm{e}-\frac{1}{a}>g(1)=1$, 即
$b>1$, 所以 $b>c>a$, 故选 A.