（Ⅰ）当x＜1时，f（x）=-x³+x²+bx+c，则f'（x）=-3x²+2x+b．

依题意得：

f(0)=0 f′(-1)=-5

，即

c=0 -3-2+b=-5

解得b=c=0

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

①当-1≤x＜1时，f′(x)=-3x2+2x=-3x(x-

2

3

)，

令f'（x）=0得x=0或x=

2

3

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-1，0）	0	(0， 2 3 )	2 3	( 2 3 ，1)
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	单调递减	极小值	单调递增	极大值	单调递减

又f（-1）=2，f(

2

3

)=

4

27

，f（0）=0．∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．

②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；

当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．

综上，当aln2≤2时，即a≤

2

ln2

时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2时，即a＞

2

ln2

时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为aln2．

（Ⅲ）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．

不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），显然t≠1

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0

即-t²+f（t）（t³+t²）=0（*）

若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；

若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．

若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²代入（*）式得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0

即t⁴-t²+1=0，而此方程无解，因此t＞1．此时f（t）=alnt，

代入（*）式得：-t²+（alnt）（t³+t²）=0即

1

a

=(t+1)lnt（**）

令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∵t＞1∴h（t）＞h（1）=0，∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．

∴对于a＞0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．

因此，对任意给定的正实数a，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．