（Ⅰ）由已知有f′（x）=3x²-2ax，

∵x=

8

3

是f（x）的一个极值点

∴f′(

8

3

)=3×(

8

3

)2-2a×

8

3

=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=

8

3

．

x	（-1，0）	0	（0， 8 3 ）	8 3	（ 8 3 ，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）=3x²-2ax=x（3x-2a），且由f′（x）=0，知x₁=0，x2=

2a

3

，

①当

2

3

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＞

3

2

．这与a＜0矛盾，舍去．

②当0＜

2

3

a≤1即0＜a≤

3

2

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＞

3

2

．这与0＜a≤

3

2

矛盾，舍去．

③当1＜

2

3

a＜2即

3

2

＜a＜3时，

当1≤x＜

2

3

a时，f′（x）＜0，∴f（x）在[1，

2a

3

)上是减函数，

当

2

3

a≤x＜2时，f′（x）＞0，∴f（x）在[

2a

3

，1)上是增函数．

∴f(x)min=f(

2a

3

)=4-

4

27

a3＜0，解得a＞3．这与

3

2

＜a＜3矛盾，舍去．

④

2

3

a≥2即a≥3时，f′（x）＜0，f（x）在[1，2]上是减函数，

∴f（x）_min=f（2）=12-4a＜0，解得a＞3．结合a≥3得a＞3．

综上，a＞3时满足题意．…（12分）