解题思路：对函数求导，整理可得f′（x）=e-x[x2+（a-2）x]
（Ⅰ）令f′（x）=0可得x1=0，x2=2-a，分别讨论2-a 与0的大小，从而判断函数的单调性，进一步求出函数的极小值，从而求a的值
（ II）结合（Ⅰ）中函数单调性的两种情况的讨论，利用反证法分别假设a＞2，a＜2两种情况证明，产生矛盾．
（Ⅰ）由于f（x）=（x2+ax+a）e-x，所以f'（x）=（2x+a）e-x-（x2+ax+a）e-x=-e-x[x2+（a-2）x]．…（2分）
令f'（x）=0解得x=0或x=2-a，
当a=2时，f'（x）≤0恒成立，此时f（x）无极值．
所以2-a≠0．
①当2-a＞0，即a＜2时，f'（x）和f（x）2的变化情况如下表1：
x （-∞，0） 0 （0，2-a） 2-a （2-a，+∞）
f'（x） - 0 + 0 -
f（x） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘此时应有f（0）=0，所以a=0＜2；
②当2-a＜0，即a＞2时，f'（x）和f（x）的变化情况如下表2：
x （-∞，2-a） 2-a （2-a，0） 0 （0，+∞）
f'（x） - 0 + 0 -
f（x） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘此时应有f（2-a）=0，即[（2-a）2+a（2-a）+a]ea-2=0，
而ea-2≠0，所以应有（2-a）2+a（2-a）+a=0⇒a=4＞2．
综上可知，当a=0或4时，f（x）的极小值为0．…（6分）
（ II）若a＜2，则由表1可知，应有f（2-a）=3，也就是[（2-a）2+a（2-a）+a]ea-2=3，即（4-a）ea-2=3．
设g（a）=（4-a）ea-2，则g'（a）=-ea-2+（4-a）ea-2=ea-2（3-a）．
由于a＜2得 g'（a）＞0，从而有g（a）＜g（2）=2＜3．
所以方程（4-a）ea-2=3无解．…（8分）
若a＞2，则由表2可知，应有f（0）=3，即a=3．…（10分）
综上可知，当且仅当a=3时，f（x）的极大值为3．…（12分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题的考点是利用导数研究函数的极值，考查用导数的方法研究函数的单调性、极值．解题中渗透了分类讨论、数形结合、方程与函数的思想及转化的思想．
