Corrigé 
On pose $f_n(x)={\mathbf 1}_{[0,n[}\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$.
On fixe $x\in\mathbb R_+$. Alors, pour $n$ assez grand, $x\in [0,n[$.
On a alors
\begin{eqnarray*}
f_n(x)&=&\left(1-\frac{x}{n}\right)^n=\exp\left(n\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\right)\\
&=&\exp\left(n\left(-\frac xn+o(1/n)\right)\right)\\
&=&\exp\big(-x+o(1)\big).
\end{eqnarray*}
Ainsi, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f_n(x)\to e^{-x}$. De plus, puisque
$\ln(1+u)\leq u$ pour tout $u\in]-1,+\infty[$, on obtient
$$0\leq f_n(x)\leq \exp\left(n\left(-\frac xn\right)\right)\leq e^{-x}$$
(cette inégalité est valable même si $x\notin [0,n[$).
Puisque la fonction $e^{-x}$ est intégrable, on déduit du théorème de convergence dominée que
$$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}f_n(x)dx=\int_0^{+\infty}e^{-x}dx=1.$$
En réalité, ici, l'usage du théorème de convergence dominée est complètement inutile. L'intégrale se calcule très facilement
$$\int_0^n \left(1-\frac xn\right)^n dx=\left[-\frac n{n+1}\left(1-\frac xn\right)^{n+1}\right]_0^n =\frac n{n+1},$$
quantité qui tend bien évidemment vers $1$.
Bibm@th
