Algunas ideas...
Podemos mirar en su integral como un Mellin de convolución.
El Mellin de transformación se define como
$$ \mathcal{M}\left\{f\right\}(s) = \mathcal{M}_f(s) = \int_0^\infty f(x)\,x^{s-1}dx$$
y el Mellin de convolución de dos funciones se define como
$$ (f *_{\tiny \mathcal{M}} g)(s) = \int_0^{\infty} f(x)\,g\!\left(\frac{s}{x}\right)\frac{dx}{x}. $$
En su caso, hemos $f(x) = (1-x)^a \theta(1-x)$, $g(x) = e^{-x}$, y queremos calcular $(f *_{\tiny \mathcal{M}} g)(b)$.
Una bonita propiedad de convolución es Mellin
$$ (f *_{\tiny \mathcal{M}} g)(s) = \mathcal{M}^{-1} \left\{\mathcal{M}_f(s) \mathcal{M}_g(s) \right\}(s), $$
y el uso de la tabla de aquí, tenemos
$$ \mathcal{M}_f(s)\mathcal{M}_g(s) = \frac{\Gamma(a+1)\Gamma^2(s)}{\Gamma(s+a+1)}, \quad \text{for} \;\; \text{Re}(a) > -1, \; \text{Re}(s) > 0. $$
Ahora las definiciones de la inversa de Mellin de transformar y de la Meijer G de la función, obtenemos
$$ (f *_{\tiny \mathcal{M}} g)(b) = \Gamma (a+1) G_{1,2}^{2,0}\left(b\a la izquierda|
\begin{array}{c}
a+1 \\
0,0 \\
\end{array}
\right.\a la derecha).$$
Podemos aplicar la segunda identidad aquí para simplificar la Meijer G y expresar su integral como
$$ \boxed{\int_0^1 dx \; f(a, b, x) = e^{-b} \Gamma (a+1) U(a+1,1,b),} $$
donde $U$ es la función hipergeométrica confluente
$$ U(\alpha, \beta, z) = \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_0^{\infty } e^{-zt}t^{\alpha-1} (t+1)^{\beta-\alpha-1} dt. $$
Otras de las identidades aquí específicos $a$$b$, yo no soy consciente de que una manera de ir bajando $U(a+1,1,b)$ a algo más agradable.
Editar
Al mirar en la definición de $U(\alpha, \beta, z)$, me doy cuenta de que uno puede hacer la sustitución de $x \mapsto 1/(t+1)$ para obtener
\begin{align}
\int_0^1 (1-x)^a \exp\left(-\frac{b}{x}\right) \frac{dx}{x} &= \int_0^\infty e^{-b(t+1)} t^a (t+1)^{-a-1} dt\\
&= e^{-b^{\phantom{1}^\phantom{1}}} \!\!\! \Gamma (a+1) U(a+1,1,b),
\end{align}
que es mucho menos de la rotonda de la solución.
