Câu 7 (1,5 điểm). Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4$. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le 1.$$

Chứng minh BĐT: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\forall a,b>0$ (*).

Thật vậy $\forall a,b>0$ ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\iff (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 4$.

Theo BĐT CÔSI cho các số dương $a,b$; $\frac{1}{a},\frac{1}{b}$ ta có
$$\begin{array}{rl}a+b& \ge 2\sqrt{ab}>0\\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}& \ge 2\sqrt{\frac{1}{ab}}>0\end{array}\}\Rightarrow (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 4.$$

Dấu bằng khi $a=b$.

Áp dụng (*) $\iff \frac{1}{a+b}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$, ta có

$$\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{(x+y)+(x+z)}\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)$$
$$\le \frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)\right)$$

$\Rightarrow \frac{1}{2x+y+z}\le \frac{1}{16}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$ (1).

Chứng minh tương tự ta có $\frac{1}{x+2y+z}\le \frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{1}{z}\right)$ (2)

$$\frac{1}{x+y+2z}\le \frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{z}\right)$$ (3).

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được

$$\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le \frac{1}{16}\left(4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\right)=1.$$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{4}$.