（Ⅰ）因为f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，     x≥1.

①当-1≤x≤1时，f'（x）=-x（3x-2），解f'（x）＞0得到0＜x＜

2

3

；解f'（x）＜0得到-1＜x＜0或

2

3

＜x＜1．所以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f(

2

3

)=

4

27

．…（3分），

又f（-1）=2，f（1）=0，所以f（x）在[-1，1）上的最大值为2．…（4分）

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]上单调递增，

所以f（x）在[1，e]上的最大值为a．

所以当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．…（8分）

（Ⅱ）假设曲线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，则P，Q只能在y轴的两侧，不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），且t≠1．…（9分）

因为△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，所以

OP

•

OQ

=0，

即：-t²+f（t）•（t³+t²）=0（1）…（10分）   

是否存在点P，Q等价于方程（1）是否有解．

若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²，代入方程（1）得：t⁴-t²+1=0，此方程无实数解．…（11分）

若t＞1，则f（t）=alnt，代入方程（1）得到：

1

a

=(t+1)lnt，…（12分）

设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′(x)=lnx+

1

x

＞0在[1，+∞）上恒成立．

所以h（x）在[1，+∞）上单调递增，从而h（x）≥h（1）=0，

所以当a＞0时，方程

1

a

=(t+1)lnt有解，即方程（1）有解．…（14分）

所以，对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上是否存在两点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．…（15分）