Tuve que hacer un montón de investigación sobre este, que era mi beneficio :)
Esquema. Básicamente, voy a utilizar el Segundo Sueño para deducir una expresión integral para la respuesta.
Lema. Vemos
$$\int^{1}_{0}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x = (-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}n!\tag{1}$$
Prueba. Hacemos un cambio de variables de la escritura
$$\tag{2a}x=\exp\bigl(-u/(n+1)\bigr)$$
que nos permite reescribir (1) como
$$\int^{1}_{0}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x = (-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\int^{\infty}_{0}u^{n}e^{-u}\,\mathrm{d}u\tag{2b}$$
Observar la integral en el lado derecho es, precisamente, $n!$ (gracias a la función Gamma). Y concluye que la prueba para que nuestro lema. QED.
Teorema. Pretendemos
$$f(t) = 1+\sum^{\infty}_{n=1}\left(\frac{t}{n}\right)^{n} = 1 + t\int^{1}_{0}x^{-xt}\,\mathrm{d}x.\tag{3}$$
Prueba. Terminamos reescribir el integrando en el lado derecho
$$x^{-xt} = e^{-xt\ln(x)} = \sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}x^{n}\ln(x)^{n}.\tag{4a}$$
Nos conectamos a la integral
$$\int^{1}_{0}x^{-xt}\,\mathrm{d}x= \int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x.\tag{4b}$$
Swap de la suma y la integral
$$\int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x
=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}\int^{1}_{0}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x.\la etiqueta{4c}$$
Utilizamos nuestro lema para reescribir el lado derecho como
\begin{align}
\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}\int^{1}_{0}x^{n}\ln(x)^{n}\,\mathrm{d}x &= \sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-t)^{n}}{n!}\left((-1)^{n}(n+1)^{-n+1}n!\right)\\
&= \sum^{\infty}_{n=0}\frac{t^{n}}{(n+1)^{n+1}}.\tag{4c}
\end{align}
Entonces sólo tiene que jugar con la aritmética (multiplicar por $t$, y agregar 1) para obtener la serie en cuestión. Esto concluye nuestra prueba del teorema. QED.
Observación. No hay ninguna forma cerrada de la expresión de la integral de la que soy consciente. Tal vez el OP o algún otro usuario conoce algunas de fantasía-pantalón a la hora de evaluar la integral, pero no me sé de uno disponible :(
