\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1}-u_n & = \dint_1^\e x^{n+1}\ln(x)\dx - \dint_1^\e x^n\ln(x)\dx\\
& = \dint_1^\e\big(x^{n+1}\ln(x)-x^n\ln(x)\big)\dx\qquad\text{par linéarité de l'intégrale}\\
& = \dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx
\end{aligned}$

Sur \intervFF{1}{\e}, $x-1\geqslant0$, $x^n>0$ et $\ln(x)\geqslant0$ donc $(x-1)x^n\ln(x)\geqslant0$.

Par conséquent, $\dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx\geqslant0$ (par propriété du cours) et donc $u_{n+1}-u_n\geqslant0$.

\medskip

\uline{Ainsi, \suite{u}{n}{} est croissante.}

\item 
\begin{enumerate}
\item $F_n$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=\dfrac{1}{n+1}x^{n+1} & u'(x)=x^n\\
v(x)=\ln(x)-\dfrac{1}{n+1} & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
donc :
\begin{align*}
F_n^\prime(x) & = (u'v+v'u)(x)\\
& = x^n\ln(x)-\dfrac{1}{n+1}x^n+\dfrac{1}{n+1}x^n\\
& = x^n\ln(x)\\
& = f_n(x).
\end{align*}

\uline{$F_n$ est donc bien une primitive de $f_n$.}

\item On déduit de la question précédente :
\begin{align*}
u_n & = F_n(\e)-F_n(1)\\
& = \dfrac{\e^{n+1}}{n+1}\left(\ln\e-\dfrac{1}{n+1}\right)-\dfrac{1}{n+1}\left(\ln1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\
\Aboxed{u_n& = \dfrac{n\e^{n+1}+1}{(n+1)^2}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\end{enumerate}