由已知得\[ f '\left(x\right)=a\left(\sin x+x\cos x\right),\]对于任意 $ x\in \left(0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right) $，有 $ \sin x+x\cos x>0 $．
当 $ a=0 $ 时，$ f\left(x\right)=-{\dfrac{3}{2}} $，不合题意；
当 $ a<0$，$x\in \left(0,{\dfrac{\mathrm \pi }{2}} \right)$ 时，$ f '\left(x\right)<0 $，从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\dfrac{\mathrm \pi }{2}} \right)$ 内单调递减．
又 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{\mathrm \pi }{2}}\right] $ 上的图象是连续不断的，故 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}\right] $ 上的最大值为 $ f\left(0\right)=-{\dfrac{3}{2}} $，不合题意；
当 $ a>0$，$x\in \left( 0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right)$ 时，$ f '\left(x\right)>0 $，从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right) $ 内单调递增，
又 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{\mathrm \pi }{2}}\right] $ 上的图象是连续不断的，故 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{\mathrm \pi }{2}} \right] $ 上的最大值为 $ f \left({\dfrac{\mathrm \pi }{2}} \right)$，即\[ f\left( {\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}\right) ={\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}a-{\dfrac{3}{2}}={\dfrac{{\mathrm \pi } -3}{2}}, \]解得\[ a=1. \]综上所述，得\[ f\left(x\right)=x\sin x-{\dfrac{3}{2}}. \]

$ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\mathrm \pi } \right) $ 内有且只有两个零点．
证明如下：
由（1）知，$ f\left(x\right)=x\sin x-{\dfrac{3}{2}} $，从而有\[\begin{split} f\left(0\right)&=-{\dfrac{3}{2}}<0,\\ f \left({\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}\right) &={\dfrac{{\mathrm \pi }-3}{2}}>0,\end{split} \]又 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right] $ 上的图象是连续不断的，所以 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right)$ 内至少存在一个零点．
又由（1）知 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} \right]$ 上单调递增，故 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}\right) $ 内有且仅有一个零点．
当 $ x\in \left[{\dfrac{\mathrm \pi }{2}},{\mathrm \pi }\right] $ 时，令\[g\left(x\right)=f '\left(x\right)=\sin x+x\cos x .\]由\[ g\left( {\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}}\right) =1>0,g\left({\mathrm \pi } \right)=-{\mathrm \pi } <0 ,\]且 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left[{\dfrac{\mathrm \pi }{2}},{\mathrm \pi }\right] $ 上的图象是连续不断的，故存在 $ m\in \left({\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}},{\mathrm \pi }\right) $，使得 $ g\left(m\right)=0 $．
由\[ g'\left(x\right)=2\cos x-x\sin x ,\]知 $ x\in \left( {\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}},{\mathrm \pi }\right)$ 时，有\[ g'\left(x\right)<0 ,\]从而 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left({\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}},{\mathrm \pi }\right) $ 内单调递减；
当 $ x\in \left({\dfrac{\mathrm \pi }{2}} , m \right) $ 时，有\[ g\left(x\right)>g\left(m\right)=0 ,\]即 $ f '\left(x\right)>0 $，从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left({\dfrac{\mathrm \pi }{2}},m\right) $ 内单调递增；
故当 $ x\in \left[{\dfrac{{\mathrm \pi } }{2}} ,m\right] $ 时，有\[ f\left(x\right)\geqslant f \left({\dfrac{\mathrm \pi }{2}} \right)={\dfrac{{\mathrm \pi } -3}{2}}>0 ,\]故 $ f\left(x\right) $ 在 $\left[ {\dfrac{\mathrm \pi }{2}},m \right] $ 上无零点；
当 $ x\in \left(m,{\mathrm \pi } \right) $ 时，有\[ g\left(x\right)<g\left(m\right)=0 ,\]即 $ f'\left(x\right)<0 $，从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(m,{\mathrm \pi }\right) $ 内单调递减；
又 $ f\left(m\right)>0$，$f\left({\mathrm \pi }\right)<0 $，且 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[m,{\mathrm \pi } \right] $ 上的图象是连续不断的，
从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(m,{\mathrm \pi } \right) $ 内有且仅有一个零点．
综上所述，$ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,{\mathrm \pi } \right) $ 内有且只有两个零点．