解:(1)当x<1时,f(x)=-x
3+x
2+bx+c,则f
′(x)=-3x
2+2x+b.
令f′(x)=0得x=0或x=
.当x变化时,f′(x)、f(x)的
变化情况如下表:
又f(-1)=2,f
=
,f(0)=0,∴f(x)在[-1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤2时,f(x)=aln x.当a≤0时,f(x)≤0,∴f(x)的最大值为0;
当a>0时,f(x)在[1,2]上单调递增,∴f(x)在[1,2]上的最大值为aln 2.
综上所述,当aln 2≤2,即a≤
时,f(x)在[-1,2
]上的最大值为2;
当aln 2>2,即a>
时,f(x)在[-1,2]上的最大值为a
ln 2.
(3)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轴的两侧
不妨设P(t,f(t))(t>0),则Q(-t,t
3+t
2),显然t≠1.
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,
∴O
·O
=0,即-t
2+f(t)(t
3+t
2)=0. ①
若方程①有解,则存在满足题意的两点P、Q;若方程①无解,则不存在满足题意的两点P、Q.若0<t<1,则f(t)=-t
3+t
2,代入①式得,
-t
2+(-t
3+t
2)(t
3+t
2)=0,即t
4-t
2+1=0,而此方程无实数解,因此t>1.
此时f(t)=aln t,代入①式得,-t
2+(aln t)(t
3+t
2)=0,即
=(t+1)ln t.
②令h(x)=(x+1)ln x(x≥1),则h′(x)=ln x+
+1>0,
∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,∵t>1,∴h(t)>h(1)=0,
当t→+∞时,h(t)→+∞,∴h(t)的取值范围为(0,+∞).
∴对于a>0,方程②总有解,即方程①总有解.
因此对任意给定的正实数a,曲线y=f(x)上总存在两点P、Q,使得△POQ是以点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