略

函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty)$，且$$f'(x)=mx-2+\dfrac {1}{x+1},$$从而 $f'(0)=-1$，所以在切点 $P(0,1)$ 处，切线 $l$ 的斜率为 $-1$，故切线方程为$$y=-x+1.$$已知切线 $l$ 与曲线 $C$ 有唯一的公共点，所以方程$$\dfrac 12mx^2-x+\ln(x+1)=0$$有且只有一个实数根，显然 $x=0$ 是方程的一个根．
令$$g(x)=\dfrac 12mx^2-x+\ln(x+1)$$则$$g'(x)=mx-1+\dfrac 1{x+1}=\dfrac {mx\left[x-\left(\dfrac 1m-1\right)\right]}{x+1}.$$情形一 当 $m=1$ 时，$$g'(x)=\dfrac {x^2}{x+1}\geqslant 0$$（只有 $x=0$ 时等号成立），所以 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，即 $x=0$ 是方程唯一一个实数根．
情形二 当 $m>1$ 时，由$$g'(x) =\dfrac {mx\left[x-\left(\dfrac 1m-1\right)\right]}{x+1}=0, $$得$$x_1=0 , x_2=\dfrac 1m-1 \in (-1,0).$$在区间 $\left(-1,\dfrac 1m-1\right)$ 上，$g'(x)>0$；在区间 $\left( \dfrac 1m-1,0\right) $ 上，$g'(x)<0$，所以函数 $g(x)$ 在 $\dfrac 1m-1$ 处有极大值$$g\left( \dfrac 1m-1 \right)>g(0)=0,$$而当 $x \to -1$ 时，$g(x) \to -\infty$，因此 $g(x)=0$ 在 $\left(-1,\dfrac 1m-1\right)$ 内也有一个根．
故当 $m>1$ 时，有两个公共点，不符合题目条件．
综上，得 $m=1$．

$(1,\sqrt 5]$

由于$$f'(x)=\dfrac {mx^2+(m-2)x-1}{x+1}(x>-1),$$令$$h(x)=mx^2+(m-2)x-1<0.$$因为$$\Delta=(m-2)^2+4m=m^2+4>0,$$且对称轴为 $x=-\dfrac 12+\dfrac 1m>-1$，而$$h(-1)=m-(m-2)-1=1>0,$$所以方程 $h(x)=0$ 在 $(-1,+\infty)$ 内有两个不同实根 $x_1$，$x_2$，即 $h(x)=mx^2+(m-2)x-1<0$ 的解集为 $(x_1,x_2)$，所以函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $[x_1,x_2]$，故\[\begin{split}t&=x_2-x_1\\&=\sqrt {(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\&=\sqrt {\left(-\dfrac {m-2}{m}\right)^2+4\dfrac 1m}\\&=\sqrt {1+\dfrac {4}{m^2}}.\end{split}\]由于 $m \geqslant 1$，所以$$1<\sqrt {1+\dfrac {4}{m^2}}\leqslant \sqrt 5.$$因此函数 $y=f(x)$ 的单调递减区间长度 $t$ 的取值范围为 $(1,\sqrt 5]$．