已知函数$f(x)={{e}^{x}}-1$，$g(x)=\sin x(1)$判断$F(x)=f(x)-g(x)$在$x\in[0,+\infty)$上零点的个数； (2)当$x\in[0,\pi]$时，$f(x)\geqslant ag(x)(a\in R)$恒成立，求实数$a$的取值范围．

1. 将 $F(x)$ 显式写出并对其求导

已知 $f(x)=e^x-1$，$g(x)=\sin x$，则
$F(x) = f(x) - g(x) = e^x - 1 - \sin x$
对其求导可得：
$F'(x) = e^x - \cos x$

2. 分析 $F'(x)$ 的符号判断 $F(x)$ 的单调性

当 $x=0$ 时，$F(0) = e^0 - 1 - \sin 0 = 0$。
当 $x > 0$ 时，由于 $e^x > 1$ 且 $\cos x \leqslant 1$，故
$F'(x) = e^x - \cos x > 1 - 1 = 0$
因此，$F(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增。

3. 得出 $F(x)$ 零点个数的结论

因为 $F(0) = 0$ 且 $F(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增，所以对任意 $x > 0$ 都有 $F(x) > 0$。
故 $F(x)$ 在 $x\in[0,+\infty)$ 上有且仅有 $1$ 个零点（即 $x=0$）。

1. 分离参数 $a$ 并进行分类讨论

由题意，当 $x\in[0,\pi]$ 时，$e^x - 1 \geqslant a \sin x$ 恒成立。
① 当 $x=0$ 或 $x=\pi$ 时，$\sin x = 0$，$e^x - 1 \geqslant 0$ 恒成立，此时 $a \in \mathbb{R}$。
② 当 $x\in(0,\pi)$ 时，$\sin x > 0$，不等式可变形为：
$a \leqslant \frac{e^x - 1}{\sin x}$

2. 构造辅助函数 $h(x)$ 并求导

设 $h(x) = \dfrac{e^x - 1}{\sin x}$（$x\in(0,\pi)$），对其求导得：
$h'(x) = \frac{e^x \sin x - (e^x - 1)\cos x}{\sin^2 x} = \frac{e^x(\sin x - \cos x) + \cos x}{\sin^2 x}$
设分子函数 $\phi(x) = e^x(\sin x - \cos x) + \cos x$（$x\in[0,\pi)$）。

3. 判断 $\phi(x)$ 及 $h(x)$ 的单调性

对 $\phi(x)$ 求导：
$\phi'(x) = e^x(\sin x - \cos x) + e^x(\cos x + \sin x) - \sin x = 2e^x \sin x - \sin x = \sin x(2e^x - 1)$
当 $x\in(0,\pi)$ 时，$\sin x > 0$，且 $e^x > 1 \implies 2e^x - 1 > 1 > 0$，故 $\phi'(x) > 0$。
因此 $\phi(x)$ 在 $(0,\pi)$ 上单调递增。
又因为 $\phi(0) = e^0(0 - 1) + 1 = 0$，所以对任意 $x\in(0,\pi)$，都有 $\phi(x) > \phi(0) = 0$。
由此可得 $h'(x) = \dfrac{\phi(x)}{\sin^2 x} > 0$，故 $h(x)$ 在 $(0,\pi)$ 上单调递增。

4. 求 $h(x)$ 的下极限并得出 $a$ 的取值范围

因为 $h(x)$ 在 $(0,\pi)$ 上单调递增，所以
$\lim_{x\to 0^+} h(x) = \lim_{x\to 0^+} \frac{e^x - 1}{\sin x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{e^x}{\cos x} = 1$
要使 $a \leqslant h(x)$ 对任意 $x\in(0,\pi)$ 恒成立，只需 $a \leqslant \lim_{x\to 0^+} h(x) = 1$。
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 1]$。