（Ⅰ）f′(x)=m(x-1)-2+

1

x

（x＞0）．

当m=

3

2

时，f′(x)=

3(x-2)(x- 1 3 )

2x

，令f′（x）=0，得x₁=2，x₂=

1

3

．

f（x），f′（x）的变化情况如下表：

x	（0， 1 3 ）	1 3	（ 1 3 ，2）	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）取到极小值，且极小值为f（2）=ln2-

1

4

．（4分）

（Ⅱ）令f′（x）=0，得mx²-（m+2）x+1=0．  （*）

因为△=（m+2）²-4m=m²+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

a+b= m+2 m ＞0 ab= 1 m ＞0.

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．（8分）

（Ⅲ）因为f′（1）=-1，所以曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l为y=-x+2．

若切线l与曲线C只有一个公共点，则方程

1

2

m（x-1）²-2x+3+lnx=-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）=

1

2

m（x-1）²-x+1+lnx，则g′(x)=m(x-1)-1+

1

x

=

m(x-1)(x- 1 m )

x

．

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，令g′（x）=0，得x₁=1，x₂=

1

m

，则x₂∈（0，1），易得g（x）在x₁处取到极小值，在x₂处取到极大值．

所以g（x₂）＞g（x₁）=0，又当x→0时，g（x）→-∞，所以函数g（x）在（0，

1

m

）内也有一个解，即当m＞1时，不合题意．

综上，存在实数m，当m=1时，曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与C有且只有一个公共点．（14分）