1．设$a={\text{e}}^{0.1},b=\text{ln}\frac{6}{5}+\sqrt{\frac{5}{6}},c=\sqrt{1.2}$，则（ ）
A．$b<c<a$ B．$c<b<a$
C．$a<c<b$ D．$a<b<c$
解 由$b - c=\text{ln}\frac{6}{5}+\sqrt{\frac{5}{6}} - \sqrt{\frac{6}{5}}$，令$f(x)=2lnx+\frac{1}{x} - x$，且$x>1$，
所以${f}^{'}(x)=\frac{2}{x} - \frac{1}{{x}^{2}} - 1= - {(1 - \frac{1}{x})}^{2}<0$，即$f(x)$在$(1,+ \infty )$上递减，
所以$f(x)<f(1)=0$在$(1,+ \infty )$上恒成立，
故$ln{x}^{2}+\frac{1}{x}<x$在$(1,+ \infty )$上恒成立，有$b<c$，
由$a - c={\text{e}}^{0.1} - \sqrt{1+2 \times 0.1}$，令$g(x)={\text{e}}^{x} - \sqrt{1+2x}$，且$0<x<\frac{1}{2}$，
所以${g}^{'}(x)={\text{e}}^{x} - \frac{1}{\sqrt{1+2x}}$在$(0,\frac{1}{2})$上递增，则${g}^{'}(x)>{g}^{'}(0)=0$，即$g(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上递增，
所以$g(x)>g(0)={\text{e}}^{0} - 1=0$在$(0,\frac{1}{2})$上恒成立，
故${\text{e}}^{x}>\sqrt{1+2x}$在$(0,\frac{1}{2})$上恒成立，有$a>c$.
综上，$b<c<a$. 故选：A
2．若$a={\text{e}}^{0.2}$，$b=\sqrt{1.2}$，$c=ln3.2$，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．$a>b>c$ B．$a>c>b$
C．$b>a>c$ D．$c>b>a$
解 令$f\left( x \right)={\text{e}}^{x} - x - 1\left( x>0 \right)$，则${f}^{'}\left( x \right)={\text{e}}^{x} - 1>0$，
∴$f\left( x \right)$在$\left( 0,+ \infty \right)$上单调递增，
∴$a={\text{e}}^{0.2}>0.2+1=1.2>\sqrt{1.2}=b$，
$a={\text{e}}^{0.2}>1.2=ln{\text{e}}^{1.2}$，$c=ln3.2$，
∵${\left( {\text{e}}^{1.2} \right)}^{5}={\text{e}}^{6}>{\left( 2.7 \right)}^{6} \approx 387.4,{\left( 3.2 \right)}^{5} \approx 335.5$，
∴${\text{e}}^{1.2}>3.2$，故$a>c$，
设$g\left( x \right)=lnx - \frac{2\left( x - 1 \right)}{x+1}$，则${g}^{'}\left( x \right)=\frac{1}{x} - \frac{2\left( x+1 \right) - 2x}{{\left( x+1 \right)}^{2}}=\frac{{\left( x - 1 \right)}^{2}}{x{\left( x+1 \right)}^{2}} \geq 0$，
所以函数在$\left( 0,+ \infty \right)$上单调递增，
由$g\left( 1 \right)=0$，所以$x>1$时，$g\left( x \right)>0$，即$lnx>\frac{2\left( x - 1 \right)}{x+1}$，
∴$ln3.2=ln2+ln1.6>\frac{2\left( 2 - 1 \right)}{2+1}+\frac{2\left( 1.6 - 1 \right)}{1.6+1}=1\frac{5}{39}>1\frac{5}{50}=1.1$，
又$1<1.2<1.21,1<b=\sqrt{1.2}<1.1$，∴$c>1.1>b$，故$a>c>b$
7.已知a＝$\ln {2}$，$b＝e - \frac{1}{a}$，c＝2a-a，则
A.b＞c＞a B.b＞a＞c C.c＞a＞b D.c＞b＞a