Una respuesta parcial por el momento.
Creo que la forman pueden ser atacados con complejas técnicas de análisis, pero sólo después de algunas manipulaciones. Integrando por partes se tiene:
$$ I = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{1+t^2}(-\log(1-e^{-t}))\,dt =2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{te^{-nt}}{1+t^2}\,dt\tag{1}$$
y ya
$$ \frac{t}{1+t^2} = \int_{0}^{+\infty}e^{-tu}\cos u \,du, \tag{2} $$
de ello se sigue que:
$$\begin{eqnarray*} I &=& 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos u}{n+u}\,du=\color{red}{2\int_{0}^{+\infty} \frac{H_u}{u} \cos u\,du}\\&=&\color{blue}{2\int_{0}^{+\infty}\frac{dv}{v+1}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(nv)}{n}},\tag{3}\end{eqnarray*} $$
donde $H_u=\gamma+\psi(u+1)$, $\gamma$ es la constante de Euler y $\psi=\frac{\Gamma'}{\Gamma}$. De esta forma, la integral es convergente en virtud de la versión integral de Dirichlet de la prueba: $\color{red}{\frac{H_u}{u}}$ es una función suave en $\mathbb{R}^+$ disminuyendo a cero, o $\color{blue}{\sum_{n\geq 1}\frac{\cos(nv)}{n}}$ $2\pi$- función periódica, $-\log(2\sin(v/2))$, pertenecientes a $L^1((0,2\pi))$ y tener media cero. También tenemos:
$$\begin{eqnarray*} I &=& 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{n}^{+\infty}\frac{\cos u\cos n+\sin u\sin n}{u}\,du\\&=&2\sum_{n=1}^{+\infty}\left(-\frac{\cos n}{n}\operatorname{Ci}(n)+\frac{\sin n}{n}\left(\frac{\pi}{2}-\operatorname{Si}(n)\right)\right)\\&=&\frac{\pi(\pi-1)}{2}-2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin n\operatorname{Si}(n)+\cos n\operatorname{Ci}(n)}{n},\tag{4}\end{eqnarray*}$$
donde$\operatorname{Si}(n)=\int_{0}^{n}\frac{\sin z}{z}\,dz$$\operatorname{Ci}(n)=-\int_{n}^{+\infty}\frac{\cos z}{z}\,dz$.
