(1)f′(x)=m(x-1)-2+
(x>0).
當m=
時,f′(x)=
,令f′(x)=0,得x
1=2,x
2=
.
f (x),f′(x)在x∈(0,+∞)上的變化情況如下表:
x
|
|
|
| 2
| (2,+∞)
|
f′(x)
| +
| 0
| -
| 0
| +
|
f(x)
| 單調(diào)遞增
| 極大值
| 單調(diào)遞減
| 極小值
| 單調(diào)遞增
|
所以當x=2時,函數(shù)f(x)在x∈[1,3]上取到極小值,且極小值為f(2)=ln 2-
.
(2)證明:令f′(x)=0,得mx
2-(m+2)x+1=0.(*)
因為Δ= (m+2)
2-4m=m
2+4>0,所以方程(*)存在兩個不等實根,記為a,b(a<b).
因為m≥1,所以
,
所以a>0,b>0,即方程(*)有兩個不等的正根,因此f′(x)<0的解為(a,b).
故函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間[a,b].
(3)因為f′(1)=-1,所以曲線C:y=f(x)在點P(1,1)處的切線l的方程為y=-x+2.若切線l與曲線C有且只有一個公共點,則方程
m(x-1)
2-2x+3+ln x=-x+2有且只有一個實根.
顯然x=1是該方程的一個根.
令g(x)=
m(x-1)
2-x+1+ln x,則g′(x)=m(x-1)-1+
=
.
當m=1時,有g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以x=1是方程的唯一解,m=1符合題意.
當m>1時,由g′(x)=0,得x
1=1,x
2=
,則x
2∈(0,1),易得g (x)在x
1處取到極小值,在x
2處取到極大值.
所以g(x
2)>g(x
1)=0,又當x趨近0時,g(x)趨近-∞,所以函數(shù)g(x)在
內(nèi)也有一個解,m>1不符合題意.
綜上,存在實數(shù)m=1使得曲線C:y=f(x)在點P(1,1)處的切線l與曲線C有且只有一個公共點.