解题思路：（1）把a=1代入，对函数求导，分别解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，从而可求函数的单调区间
（2）先假设f（x）的极大值为3．仿照（1）研究函数的单调区间，由单调区间求出函数的极大值，结合条件进行判断．
（1）当a=1时，f（x）=（x2+x+1）e-x；f′（x）=e-x（-x2+x）（2分）
当f′（x）＞0时，0＜x＜1．当f′（x）＜0时x＞1或x＜0
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），
单调递减区间为（-∞，0）（1，+∞）（4分）
（2）f′（x）=（2x+a）e-x-e-x（x2+ax+a）=e-x[-x2+（2-a）x]（6分）
令f′（x）=0，得x=0或x=2-a，列表如下：
由表可知f（x）极大=f（2-a）=（4-a）ea-2（8分）
设g（a）=（4-a）ea-2，g′（a）=（3-a）ea-2＞0（10分）
∴g（a）在（-∞，2）上是增函数，∴g（a）≤g（2）=2＜3∴（4-a）ea-2≠3
∴不存在实数a使f（x）最大值为3．（12分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题主要考查了导数的基本运用：由函数的导数的符号变化研究函数的单调区间与极值，试题的难度一般不大，属于基础试题
．而存在性问题常是先假设存在，再由假设推导，看是否产生矛盾．