Sí, la conclusión se mantiene. De la lectura de los nuevos comentarios, supongo que mi solución es algo así como una "línea de apoyo".
Lema: Para $x_1 \in (0,c)$ y $x_2 \in (c,+\infty)$ de " $\phi$ convexo en $c$ " sigue
$$\frac{\phi(x_2)-\phi(c)}{x_2-c} \ge \frac{\phi(c)-\phi(x_1)}{c-x_1}.$$
Geométricamente eso significa que la línea que pasa por los puntos $(c,\phi(c))$ y $(x_2,\phi(x_2))$ tiene al menos la pendiente de la línea que pasa por $(x_1,\phi(x_1))$ y $(c,\phi(c))$ .
Prueba del lema: La elección de
$$\alpha=\frac{x_2-c}{x_2-x_1} \Rightarrow 1-\alpha=\frac{c-x_1}{x_2-x_1}$$
lleva a $\alpha x_1+(1-\alpha)x_2=c$ . Tenga en cuenta que debido a $x_1 < c < x_2$ los cocientes están definidos y tenemos $\alpha,1-\alpha \ge 0$ Así que $\alpha \in [0,1]$ según sea necesario. Así que podemos aplicar " $\phi$ convexo en $c$ " y obtener
$$\phi(c) \le \frac{x_2-c}{x_2-x_1}\phi(x_1) + \frac{c-x_1}{x_2-x_1}\phi(x_2).$$
Queremos aislar $\phi(x_2)$ y multiplicar la desigualdad por el positivo $\frac{x_2-x_1}{c-x_1}$ para conseguir
$$\frac{x_2-x_1}{c-x_1} \phi(c) \le \frac{x_2-c}{c-x_1}\phi(x_1) + \phi(x_2) \Rightarrow \phi(x_2) \ge \frac{x_2-x_1}{c-x_1} \phi(c) - \frac{x_2-c}{c-x_1}\phi(x_1).$$
A esta última desigualdad le restamos $\phi(c)$ en ambos lados y luego dividir por el positivo $(x_2-c)$ :
$$\frac{\phi(x_2)-\phi(c)}{x_2-c} \ge \frac{x_2-x_1}{(c-x_1)(x_2-c)}\phi(c) - \frac{1}{c-x_1}\phi(x_1) - \frac{\phi(c)}{x_2-c}.$$
El término del lado derecho puede simplificarse ahora uniendo primero los coeficientes antes de $\phi(c)$ y luego cancelar $(x_2-c)$
$$\begin{eqnarray} \frac{x_2-x_1}{(c-x_1)(x_2-c)}\phi(c) - \frac{1}{c-x_1}\phi(x_1) - \frac{\phi(c)}{x_2-c} & = & \frac{(x_2-x_1) - (c-x_1)}{(c-x_1)(x_2-c)}\phi(c) - \frac{1}{c-x_1}\phi(x_1)\\ & = & \frac{x_2-c}{(c-x_1)(x_2-c)}\phi(c) - \frac{1}{c-x_1}\phi(x_1)\\ & = & \frac{1}{c-x_1}\phi(c) - \frac{1}{c-x_1}\phi(x_1)\\ & = & \frac{\phi(c) - \phi(x_1)}{c-x_1},\\ \end{eqnarray} $$
lo que finalmente demuestra el lema.
Ahora el problema del OP. Dejemos que el $x_i, \lambda_i$ para $i=1,2,\ldots,k$ y supongamos que cumplen las propiedades indicadas.
Si todos los $x_i$ son al menos $c$ entonces tenemos $x_i=c$ para todos $i=1,2,\ldots,k$ entonces la conclusión es trivial. Por lo tanto, supongamos que al menos una $x_i < c$ existe. Supongamos que $x_1,x_2,\ldots x_r < c$ mientras que $x_{r+1},\ldots,x_k \ge c$ para algunos $r \in \{1,2,\ldots,k\}$ .
Dejemos que
$$m:=\max_{i=1,2,\ldots,r} \frac{\phi(c)-\phi(x_i)}{c-x_i}.$$
Dejemos que $i_{max}$ sea un índice en el que se realice el máximo.
Afirmo que todos los puntos $(x_i,\phi(x_i))$ estar en la línea o por encima de ella
$$y=m(x-c)+\phi(c)$$
de paso $(c,\phi(c)).$
Si $i \le r$ sabemos por la definición de $m$ que
$$\frac{\phi(c)-\phi(x_i)}{c-x_i} \le m,$$
así que multiplicando con el positivo $(c-x_i)$ produce
$$\phi(c)-\phi(x_i) \le m(c-x_i) \Rightarrow \phi(c) + m(x_i-c) \le \phi(x_i),$$
como se desee.
Si $x_i=c$ entonces $(x_i,\phi(x_i))=(c,\phi(c))$ obviamente está en la línea.
Si $x_i > c$ entonces sabemos por el lema (recordemos que $x_i > c, x_{i_{max}} < c$ por lo que se puede aplicar el lema) que
$$\frac{\phi(x_i)-\phi(c)}{x_i-c} \ge \frac{\phi(c)-\phi(x_{i_{max}})}{c-x_{i_{max}}} = m,$$
por lo que obtenemos inmediatamente
$$\phi(x_i)-\phi(c) \ge m(x_i-c) \Rightarrow \phi(x_i) \ge \phi(c) + m(x_i-c).$$
Esto demuestra que, efectivamente, todos los $(x_i,\phi(x_i))$ se encuentran en la línea o por encima de ella $y=m(x-c)+\phi(c)$ y la prueba concluye ahora fácilmente:
$$\begin{eqnarray} \sum_{i=1}^k\lambda_i\phi(x_i) & \ge & \sum_{i=1}^k\lambda_i(\phi(c)+m(x_i-c))\\ & = & \sum_{i=1}^k\lambda_i\phi(c) + m \sum_{i=1}^k\lambda_ix_i - m \sum_{i=1}^k\lambda_ic\\ & = & \phi(c) \sum_{i=1}^k\lambda_i +mc - mc\times1\\ & = & \phi(c)\\ & = & \phi(\sum_{i=1}^k\lambda_ix_i),\\ \end{eqnarray}$$
que es exactamente la afirmación que hay que demostrar.
