(1)f′(x)=m(x-1)-2+
(x>0).
当m=
时,f′(x)=
,令f′(x)=0,得x
1=2,x
2=
.
f (x),f′(x)在x∈(0,+∞)上的变化情况如下表:
x
|
|
|
| 2
| (2,+∞)
|
f′(x)
| +
| 0
| -
| 0
| +
|
f(x)
| 单调递增
| 极大值
| 单调递减
| 极小值
| 单调递增
|
所以当x=2时,函数f(x)在x∈[1,3]上取到极小值,且极小值为f(2)=ln 2-
.
(2)证明:令f′(x)=0,得mx
2-(m+2)x+1=0.(*)
因为Δ= (m+2)
2-4m=m
2+4>0,所以方程(*)存在两个不等实根,记为a,b(a<b).
因为m≥1,所以
,
所以a>0,b>0,即方程(*)有两个不等的正根,因此f′(x)<0的解为(a,b).
故函数f(x)存在单调递减区间[a,b].
(3)因为f′(1)=-1,所以曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y=-x+2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点,则方程
m(x-1)
2-2x+3+ln x=-x+2有且只有一个实根.
显然x=1是该方程的一个根.
令g(x)=
m(x-1)
2-x+1+ln x,则g′(x)=m(x-1)-1+
=
.
当m=1时,有g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x=1是方程的唯一解,m=1符合题意.
当m>1时,由g′(x)=0,得x
1=1,x
2=
,则x
2∈(0,1),易得g (x)在x
1处取到极小值,在x
2处取到极大值.
所以g(x
2)>g(x
1)=0,又当x趋近0时,g(x)趋近-∞,所以函数g(x)在
内也有一个解,m>1不符合题意.
综上,存在实数m=1使得曲线C:y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点.