Obviamente $z=e^{it}$ es la sustitución más adecuada.
Da $$\mathcal I_{k,n}:=\int_0^{2\pi} e^{ikt} \left(1+e^{-it}\right)^{1/2+n\left(1+e^{it}\right)}dt=-i\oint_{|z|=1}z^{k-1} \underbrace{\left(1+\frac1z\right)^{1/2+n+nz}}_{h(z)}dz$$
Estudiemos el comportamiento analítico de $h(z)$. $$\begin{align} \ln h(z) &=\left(\frac12+n+ nz\right)\ln\left(1+\frac1z\right) \\ &=-\left(\frac12+n+nz\right)\sum^\infty_{j=1}\frac{(-z)^{-j}}{j} \qquad\text{para }|z|>1\\ &=-\sum^\infty_{j=1}\frac{(1/2+n)(-z)^{-j}}{j}+\sum^\infty_{j=1}\frac{n(-z)^{-j+1}}{j}\\ &=-\sum^\infty_{j=1}\frac{(1/2+n)(-z)^{-j}}{j}+\sum^\infty_{j=0}\frac{n(-z)^{-j}}{j+1}\\ &=n+\sum^\infty_{j=1}\left(-\frac{1+2n}{2j}+\frac{n}{j+1}\right)(-z)^{-j} \\ &=n-\sum^\infty_{j=1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}(-z)^{-j} \\ h(z)&=e^n\cdot\exp\left(-\sum^\infty_{j=1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}(-z)^{-j}\right) \end{align} $$
Por lo tanto, $h(z)$ es analítica en $|z|>1$. Por lo tanto, por el teorema del residuo $$\begin{align} -i\oint_{|z|=1}z^{k-1}h(z)dz &=-i\cdot-2\pi i\operatorname{Res}_{\infty}z^{k-1}h(z) \\ &=-2\pi \operatorname*{Res}_{z=0}\frac{-1}{z^2}z^{1-k}h\left(\frac1z\right) \\ &=2\pi e^n\cdot [z^k]\exp\left(-\sum^\infty_{j=1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}(-z)^{j}\right) \\ \mathcal I_{k,n} &=2\pi e^n\cdot [z^k]\exp\left(-\sum^k_{j=1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}(-z)^{j}\right) \end{align} $$
Observa que hasta este punto no hemos hecho ninguna aproximación. No tengo idea de cómo simplificarlo más. Sin embargo, para $k$ pequeño, los cálculos son manejables a mano. Por ejemplo, $$\mathcal I_{1,n}=\pi e^n(n+1)\sim \pi ne^n$$ $$\mathcal I_{2,n}=\frac{\pi e^n}{12}(3n^2+2n-3)\sim \frac{\pi}4 n^2 e^n$$ $$\mathcal I_{3,n}=\frac{\pi e^n}{24}(n^3-n^2-3n+3)\sim\frac{\pi}{24} n^3 e^n$$
En general, se puede probar que $$\color{red}{\mathcal I_{k,n}\sim\frac{\pi}{2^{k-1}k!}n^k e^n}$$
Derivación:
Sea $\displaystyle{c_j=(-1)^{j+1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}}$.
Entonces, $$\begin{align} \mu_k :=[z^k]\exp\left(-\sum^k_{j=1}\frac{j+2n+1}{2j^2+2j}(-z)^{j}\right) &=[z^k]\exp\left(\sum^k_{j=1}c_j z^{j}\right) \\ &=[z^k]\prod^k_{j=1}\exp(c_j z^j) \\ &=[z^k]\prod^k_{j=1}\sum^\infty_{m=0}\frac{c_j^m}{m!} z^{mj} \\ \end{align} $$
Para recolectar el coeficiente de $z^k$, necesitamos encontrar todas las soluciones no negativas $(m_1,m_2,\cdots,m_k)$ a la ecuación diofántica $$k=1m_1+2m_2+3m_3+\cdots+km_k$$
Una vez que se encuentran todas las soluciones (llama al conjunto de soluciones, que es un conjunto de $k$-tuplas, $M$), obtenemos $$\mu_k=\sum_M \frac{c_1^{m_1}}{m_1!}\frac{c_2^{m_2}}{m_2!}\cdots\frac{c_k^{m_k}}{m_k!}$$
Obviamente, $\mu_k$ es un polinomio de $n$, y solo nos interesa el coeficiente del término monomial principal.
Dado que $c_{(\cdot)}=O(n)$, una $k$-tupla de solución $(m_1,\cdots,m_k)$ contribuiría un término $$O(n^{m_1})O(n^{m_2})\cdots O(n^{m_k})=O(n^{m_1+\cdots+m_k})$$ a $\mu_k$.
Claramente, el índice se maximiza solo cuando $m_1=k$ y $m_2=\cdots=m_k=0$. En consecuencia, el coeficiente del término monomial principal es $$[n^k]\mu_k=[n^k]\frac{c_1^k}{k!}=[n^k]\left(\frac{2+2n}{4}\right)^k\cdot\frac1{k!}=\frac1{2^k k!}$$
Por lo tanto, para un $k$ fijo, cuando $n\to\infty$ $$\mathcal I_{k,n}=2\pi e^n\mu_k\sim 2\pi e^n\cdot\frac{n^k}{2^k k!}=\frac{\pi}{2^{k-1}k!}n^k e^n\qquad \blacksquare$$
