答
（1）f′（x）=[x2+（2+a）x+2a]ex=（x+2）（x+a）ex．
①当a=2时，f′（x）≥0，∴f（x）在R上单调递增；
②当a≠2时，令f′（x）=0，解得x=-2或-a．
不妨令x1＜x2，（x1是-2与-a两个数中较小的一个，x2是另一个）．列表如下：
当a＜2时，-a＞-2，取x1=-2，x2=-a，其单调区间如表格，其极大值为f（-2）=（4-a）e-2，
极小值为f（-a）=ae-a．
当a＞2时，-a＜-2，取x1=-a，x2=-2，其单调区间如表格，其极小值为f（-2）=（4-a）e-2，
极大值为f（-a）=ae-a．
（2）当a＞2时，利用（1）的结论画出图象：
f（-3）=（9-2a）e-3，又f（-3）-f（-2）=e−3(e−2)(a−)，由于a＞2，且＞2，
∴①当2＜a≤时，f（-3）≤f（-2），∴f（-2）＜t＜f（-a）时，函数y=f（x）（x∈[-3，+∞））的图象与y=t的图象有三个交点，即函数y=g（x）有三个零点；
②当＜a＜3时，f（-3）＞f（-2），∴f（-3）≤t＜f（-a）时，函数y=f（x）（x∈[-3，+∞））的图象与y=t的图象有三个交点，即函数y=g（x）有三个零点；
③当a≥3时，函数y=f（x）（x∈[-3，+∞））的图象与y=t的图象至多有三个交点，即函数y=g（x）至多有两个零点．
综上可知：①当2＜a≤时，t∈（（4-a）e-2，ae-a）时，函数g（x）有三个零点；
②当＜a＜3时，t∈（（9-2a）e-3，ae-a）时，函数g（x）有三个零点；
③当a≥3时，则不存在满足题意的实数t．
