（Ⅰ）解法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；

又当a≤1时，ax²≤x²，因为x≤0，则x-1＜0，

于是f（x）-x=x³+ax²-1-x≤x³+x²-1-x=（x+1）²（x-1）≤0，

即f（x）≤x恒成立，故a的取值范围是（-∞，1]．

解法二：当x=0时，f（0）=-1≤0，此时a∈R；

当x＜0时，f（x）≤x等价于a≤-x+

1

x

+

1

x2

．

令g（x）=-x+

1

x

+

1

x2

，x＜0，

由g′(x)=-1-

1

x2

-

2

x3

=

x3+x+2

-x3

=

(x+1)(x2-x+2)

-x3

，

因为x²-x+2＞0，-x³＞0，

所以g′（x）＜0，解得x＜-1，g′（x）＞0，解得-1＜x＜0，

于是g（x）在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，0）是增函数，

从而g（x）_min=g（-1）=1，所以a≤1．

综上，a的取值范围是（-∞，1]．

（Ⅱ）假设存在，由f′（t）=4t²-2alnt等价于t²-2alnt-2at=0，

令h（t）=t²-2alnt-2at，t＞0，

则h′(t)=2t-

2a

t

-2a=

2

t

(t2-at-a)．

（ⅰ）若a=0，则t=0，舍去；

（ⅱ）若a＜0，h（t）=0，即t²-2alnt-2at=0，变形得

1

2a

t(t-2a)=lnt，

∵函数y=

1

2a

t(t-2a)，a＜0与y=lnt的图象只有一个交点t₀，

且t₀＞0，所以存在惟一正数t₀，使h（t₀）=0，因此a＜0符合；

（ⅲ）若a＞0，此时必存在使t²-at-a=0的正根t，记这个正根为t₀，

则h′（t）0，解得x＞t₀，

得h（t）在（0，t₀）上单调递减，在（t₀，+∞）上单调递增，

从而h（t）最小值为h（t₀），因为满足f′（t）=4t²-2alnt的实数t有且仅有一个，

所以h（t₀）=0，

由

t02-at0-a=0 -2alnt0-2at0=0

，得at₀+a=2alnt₀+2at₀，即2lnt₀+t₀-1=0，

记u（t₀）=2lnt₀+t₀-1，t₀＞0，

由u′(t0)=

2

t0

+1＞0，知u（t₀）=2lnt₀+t₀-1为增函数，

因为u（1）=2ln1+1-1=0，u（t₀）=0，所以有且仅有惟一正数t₀=1，

代入t02-at0-a=0，得a=

1

2

．

综上，这样的实数a存在，且a＜0或a=

1

2

．