【答案】
分析：對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，整理可得f′（x）=e
-x[x
2+（a-2）x]
（Ⅰ）令f′（x）=0可得x
1=0，x
2=2-a，分別討論2-a 與0的大小，從而判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步求出函數(shù)的極小值，從而求a的值
（ II）結(jié)合（Ⅰ）中函數(shù)單調(diào)性的兩種情況的討論，利用反證法分別假設(shè)a＞2，a＜2兩種情況證明，產(chǎn)生矛盾．
解答：解：（Ⅰ）由于f（x）=（x
2+ax+a）e
-x，所以f'（x）=（2x+a）e
-x-（x
2+ax+a）e
-x=-e
-x[x
2+（a-2）x]．…（2分）
令f'（x）=0解得x=0或x=2-a，
當(dāng)a=2時(shí)，f'（x）≤0恒成立，此時(shí)f（x）無極值．
所以2-a≠0．
①當(dāng)2-a＞0，即a＜2時(shí)，f'（x）和f（x）2的變化情況如下表1：
| x | （-∞，0） | | （0，2-a） | 2-a | （2-a，+∞） |
| f'（x） | - | | + | | - |
| f（x） | ↘ | 極小值 | ↗ | 極大值 | ↘ |
此時(shí)應(yīng)有f（0）=0，所以a=0＜2；
②當(dāng)2-a＜0，即a＞2時(shí)，f'（x）和f（x）的變化情況如下表2：
| x | （-∞，2-a） | 2-a | （2-a，0） | | （0，+∞） |
| f'（x） | - | | + | | - |
| f（x） | ↘ | 極小值 | ↗ | 極大值 | ↘ |
此時(shí)應(yīng)有f（2-a）=0，即[（2-a）
2+a（2-a）+a]e
a-2=0，
而e
a-2≠0，所以應(yīng)有（2-a）
2+a（2-a）+a=0⇒a=4＞2．
綜上可知，當(dāng)a=0或4時(shí)，f（x）的極小值為0．…（6分）
（ II）若a＜2，則由表1可知，應(yīng)有f（2-a）=3，也就是[（2-a）
2+a（2-a）+a]e
a-2=3，即（4-a）e
a-2=3．
設(shè)g（a）=（4-a）e
a-2，則g'（a）=-e
a-2+（4-a）e
a-2=e
a-2（3-a）．
由于a＜2得 g'（a）＞0，從而有g(shù)（a）＜g（2）=2＜3．
所以方程 （4-a）e
a-2=3無解．…（8分）
若a＞2，則由表2可知，應(yīng)有f（0）=3，即a=3．…（10分）
綜上可知，當(dāng)且僅當(dāng)a=3時(shí)，f（x）的極大值為3．…（12分）
點(diǎn)評(píng)：本題的考點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查用導(dǎo)數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性、極值．解題中滲透了分類討論、數(shù)形結(jié)合、方程與函數(shù)的思想及轉(zhuǎn)化的思想．
