（Ⅰ）由已知有f′（x）=3x2-2ax，
∵x=是f（x）的一个极值点
∴f′()＝3×()2?2a×=0，解得a=4． …（2分）
于是f′（x）=3x2-8x=x（3x-8），令f′（x）=0，得x=0或x=．
| x | （-1，0） | 0 | （0，） | | （，4） |
| f′（x） | + | 0 | - | 0 | + |
| f （x） | ↗ | 极大值 | ↘ | 极小值 | ↗ |
于是当x=0时，f（x）在（-1，4）上有极大值f（0）=4．…（7分）
（Ⅱ）要使f（x）在区间[1，2]内至少有一个实数x，使得f（x）＜0，只需f（x）在[1，2]内的最小值小于0．
∵f′（x）=3x
2-2ax=x（3x-2a），且由f′（x）=0，知x
1=0，
x2＝，
①当
a≤0即a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，2]上是增函数，
由f（x）
min=f（1）=3-2a＜0，解得
a＞．这与a＜0矛盾，舍去．
②当
0＜a≤1即0＜a≤
时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，2]上是增函数．
由f（x）
min=f（1）=3-2a＜0，解得
a＞．这与0＜a≤
矛盾，舍去．
③当1＜
a＜2即
＜a＜3时，
当1≤
x＜a时，f′（x）＜0，∴f（x）在
[1，)上是减函数，
当
a≤x＜2时，f′（x）＞0，∴f（x）在
[，1)上是增函数．
∴
f(x)min＝f()＝4?
a3＜0，解得a＞3．这与
＜a＜3矛盾，舍去．
④
