Acabé resolviendo esto yo mismo. Hay dos límites, dependiendo de $c$ siendo mayor o menor que 1:
$$(x^c-1)^\frac{1}{c} \ge \begin{cases} x\left(1-\frac{1}{cx^c}\right) & \text{if } 0 < c \le 1 \\ x\left(1-\frac{1}{c(x^c-1)}\right) & \text{if } 0 < c \end{cases}$$
Este primer límite se desprende de la convexidad, y el segundo se desprende del teorema del binomio así:
$$ \begin{align} (x^c-1)^\frac{1}{c} &= \sum_k{1/c\choose k}(-1)^k(x^c)^{1/c-k}\\ &=x-\frac{1}{c}x^{1-c}\left(1+\frac{1-1/c}{2!}x^{-c}+\frac{(1-1/c)(2-1/c)}{3!}x^{-2c}+\dots\right)\\ &\ge x-\frac{1}{c}x^{1-c}\left(1+x^{-c}+x^{-2c}+\dots\right)\\ &= x-\frac{1}{c}x^{1-c}\left(1+\frac{1}{x^c-1}\right)\\ &= x\left(1-\frac{1}{c(x^c-1)}\right) \end{align}$$
Experimentalmente, el límite es mucho mejor para grandes $c$ que los pequeños. Sin embargo, dado que el segundo es estrictamente más pequeño que el primero, podría ser más sencillo utilizar siempre ese.
Si subestimamos la suma binomial más ajustada como $x-\frac{1}{c}x^{1-c}\left(1+\frac{1}{2}x^{-c}+\frac{1}{3}x^{-2c}+\dots\right)$ obtenemos el límite $\ge x\left(1+\frac{\log(1-x^{-c})}{c}\right)\ge x\left(1-\frac{1}{c(x^c-1)}\right)$ que es el mismo que antes.
Como corolario esto da $$1+\frac{\log2}{c(\log_2x)^{c-1}}\le\frac{x}{2^{(\log_2x)^c-1)^{1/c}}} \le 1+\frac{\log2}{(c-\epsilon)(\log_2x)^{c-1}}$$ pour $0<\epsilon<c\neq1$ y $x$ suficientemente grande, que era el problema que me interesaba originalmente.
