Corrigé 
Remarquons pour commencer que, pour tout $n\geq 1,$ la fonction $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{nx^2+\sqrt x}$ est continue sur $[1,+\infty[$. De plus, elle est équivalente en $+\infty$ (quand $x$ tend vers $+\infty$!) à $\frac1{nx^2}$. Par comparaison à une intégrale de Riemann, $I_n$ est bien définie.
Pour conjecturer un équivalent de $I_n,$ on peut remarquer que, à $x\geq 1$ fixé,
$$\frac{1}{nx^2+\sqrt x}\sim_{n\to+\infty}\frac 1{nx^2}.$$
Il est donc "raisonnable" de conjecturer que
$$I_n\sim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}\frac{dx}{nx^2}=\frac 1n.$$
C'est parti!
On a, pour tout $n\geq 1,$
\begin{align*}
\frac{I_n}{\frac 1n}&=\int_1^{+\infty}\frac{n}{nx^2+\sqrt x}dx.
\end{align*}
Posons, pour $x\geq 1$ et $n\geq 1,$
$$f_n(x)=\frac{n}{nx^2+\sqrt x}.$$
Alors $f_n$ est continue par morceaux sur $[1,+\infty[$ et, pour tout $x\geq 1,$ $f_n(x)\to \frac1{x^2}$ lorsque $n\to+\infty$. De plus, pour tout $x\geq 1$ et tout $n\geq 1$, on a
$$|f_n(x)|\leq \frac{n}{nx^2}=\frac 1{x^2}$$
et cette dernière fonction (qui ne dépend plus de $n$) est intégrable. Ainsi, par le théorème de convergence dominée,
$$\lim_{n\to+\infty}\int_1^{+\infty}f_n(x)dx=\int_1^{+\infty}\frac1{x^2}dx=1.$$
Ceci démontre que $I_n\sim_{+\infty}1/n$.
Bibm@th
