（1）由题意可得，当x＜1时，f′（x）=-3x²+2x+b，f′（-1）=-3-2+b=b-5．

由（ b-5 ）（

1

5

）=-1，可得b=0，故 f（x）=-x³+x²+c．

把点（-1，2）代入求得 c=0．

综上可得b=0，c=0．

（2）由以上可得 

-x3+x2(x＜1) alnx(x≥1)

，当-1≤x＜1时，f′（x）=-x（3x-2）．

 解f′（x）＞0得0＜x＜

2

3

．解f′（x）＜0得1≥x＞

2

3

或x＜0．

∴f（x）在（-1，0）和（

2

3

，1）上单调递减，在（0，

2

3

）上单调递增，

从而f（x）在x=

2

3

处取得极大值为f（

2

3

）=

4

7

．

又∵f（-1）=2，f（1）=0，∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．

当1≤x≤e时，f（x）=alnx，当a≤0时，f（x）≤0．

当a＞0时，f（x）在[1，e]单调递增；∴f（x）在[1，e]上的最大值为a．

∴a≥2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为2．

（3）设点P的横坐标为m（不妨设m＞0），则由题意可得点Q的横坐标为-m，且-m＜0．

当0＜m＜1时，点P（m，-m³+m²），点 Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得

（-m²+m）（-m²-m）=-1，m无解．

当m≥1时，点P（m，alnm），点 Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得

alnm

m

•（-m²-m）=-1，即 alnm=

1

m+1

．由于a为正实数，故存在大于1的实数m，满足方程 alnm=

1

m+1

．

故曲线y=f（x）上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．