Cho \(a\) là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn \(3{\log _3}\left( {1 + \sqrt a  + \sqrt[3]{a}} \right) > 2{\log _2}\sqrt a \).

Đặt \(t = \sqrt[6]{a},t > 0\) , từ giả thiết ta có \(3{\log _3}\left( {1 + {t^3} + {t^2}} \right) > 2{\log _2}{t^3}\)

\( \Leftrightarrow f\left( t \right) = {\log _3}\left( {1 + {t^3} + {t^2}} \right) - {\log _2}{t^2} > 0\)

\(f'\left( t \right) = \frac{1}{{\ln 3}}.\frac{{3{t^2} + 2t}}{{{t^3} + {t^2} + 1}} - \frac{2}{{\ln 2}}.\frac{1}{t} = \frac{{\left( {3ln2 - 2\ln 3} \right){t^3} + \left( {2\ln 2 - 2\ln 3} \right){t^2} - 2\ln 3}}{{\ln 2.\ln 3.\left( {{t^4} + {t^3} + t} \right)}}\)

Vì đề xét \(a\) nguyên dương nên ta xét \(t \ge 1\).

Xét\(g\left( t \right) = \left( {3ln2 - 2\ln 3} \right){t^3} + \left( {2\ln 2 - 2\ln 3} \right){t^2} - 2\ln 3\)

Ta có\(g'\left( t \right) = 3\ln \frac{8}{9}{t^2} + 2\ln \frac{4}{9}t = t\left( {3\ln \frac{8}{9}t + 2\ln \frac{4}{9}} \right)\)

\(g'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{9\ln \frac{9}{4}}}{{3\ln \frac{8}{9}}} < 0\)

Lập bảng biến thiên suy ra hàm số \(g\left( t \right)\) giảm trên khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).

Suy ra \(g\left( t \right) \le g\left( 1 \right) = 5\ln 2 - 6\ln 3 < 0 \Rightarrow f'\left( t \right) < 0\) .

Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) luôn giảm trên khoảng \(\left[ {1; + \infty } \right)\).

Nên \(t = 4\) là nghiệm duy nhất của phương trình \(f\left( t \right) = 0\).

Suy ra \(f\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( t \right) > f\left( 4 \right) \Leftrightarrow t < 4 \Leftrightarrow \sqrt[6]{a} < 4 \Leftrightarrow a < 4096\).

Nên số nguyên \(a\) lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là \(a = 4095\).

Lúc đó \({\log _2}\left( {2017a} \right) \approx 22,97764311\).

Nên phần nguyên của \({\log _2}\left( {2017a} \right)\) bằng 22.