解题思路：（I）先求出导函数，然后求出f′（x）=0，通过列表判定函数的单调性，从而确定函数的极小值；
（II）令f′（x）=0，因为△＞0，所以方程存在两个不等实根，根据条件进一步可得方程有两个不等的正根，从而得到函数f（x）存在单调递减区间；
（III）先求出函数y=f（x）在点P（1，1）处的切线l的方程，若切线l与曲线C只有一个公共点，则只需方程f（x）=-x+2有且只有一个实根即可．
（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
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）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的极值和单调性，以及导数的几何意义，同时考查了转化的思想，属于中档题．