设f（x）=（x2+ax+a）e-x，x∈R． （Ⅰ）确定a的值，使f（x）的极小值为0； （ II）证明：当且仅当a=3时，f（x）的极大值为3．
问题描述：
设f（x）=（x2+ax+a）e-x，x∈R．
（Ⅰ）确定a的值，使f（x）的极小值为0；
（ II）证明：当且仅当a=3时，f（x）的极大值为3．
答
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：
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）
（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 | ↘ |
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 | ↘ |
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）