答案：
(1) 函数 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递减, 所以 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-\sin x-m \leqslant 0$ 在 $(0, \pi)$ 上恒成立, 又 $f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^x-\cos x>1-\cos x \geqslant 0$,
所以要使 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-\sin x-m \leqslant 0$ 在 $(0, \pi)$ 上恒成立, 则 $f^{\prime}(x)_{\max }=f^{\prime}(\pi)=\mathrm{e}^n-m \leqslant 0$, 解得 $m \geqslant \mathrm{e}^\pi$, 即所求的实数 $m$ 的取值范围为 $\left[\mathrm{e}^\pi,+\infty\right)$.
(2) 由 (1) 知 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-\sin x-m$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上单调递增, 且 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0, f^{\prime}(\pi)>0$,
故 $f^{\prime}(x)$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 上存在唯一零点 $x_0 \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 即 $f^{\prime}\left(x_0\right)=\mathrm{e}^{x^4}-\sin x_0-m=0$,
所以当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $f^{\prime}(x) < 0, f(x)$ 单调递减;
$x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,
所以 $f(x)_{\min }=f\left(x_0\right)=\mathrm{e}^x+\cos x_0-m x_0=\mathrm{e}^x+\cos x_0-x_0\left(\mathrm{e}^{x^x}-\sin x_0\right)=\left(1-x_0\right) \mathrm{e}^x+\cos x_0+x_0 \sin x_0$,
今 $g(x)=(1-x) \mathrm{e}^x+\cos x+x \sin x, x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,
则 $g^{\prime}(x)=-x \mathrm{e}^x+x \cos x=-x\left(\mathrm{e}^x-\cos x\right) < 0$,
所以 $g(x)$ 在 $x \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 上单调递减, 所以 $g(x) < g\left(\frac{\pi}{2}\right)=\left(1-\frac{\pi}{2}\right) \mathrm{e}^{\frac{7}{2}}+\frac{\pi}{2} < 0$, 所以 $f\left(x_0\right) < 0$.
又 $f(0)=2>0, f(2 \pi)=\mathrm{e}^{2 \pi}-2 m \pi+1>\mathrm{e}^{2 \pi}-2 \pi \mathrm{e}^\pi+1>\mathrm{e}^z\left(\mathrm{e}^2-2 \pi\right)>0$,
所以存在 $x_1 \in\left(0, x_0\right), x_2 \in\left(x_0, 2 \pi\right)$ 使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=0,0 < x_1 < x_0 < x_2 < 2 \pi$,
即函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个零点.