Tenemos que $\frac{e^x-1}{(e^x-x+1)^2+\pi^2}$ tiene una simple primitivo, dado por $\frac{1}{\pi}\arctan\frac{1+e^x-x}{\pi}$. De ello se sigue que:
$$ I_1 = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^x+1}{(e^x-x+1)^2+\pi^2}\,dx= 2\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(e^x-x+1)^2+\pi^2}$$
y el residuo teorema da el siguiente
Lema. Si $a>0$$b\in\mathbb{R}$, $ $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{a^2\,dx}{(e^x-ax-b)^2+(a\pi)^2}=\frac{1}{1+W\left(\frac{1}{a}e^{-b/a}\right)}
$$ where $P$ es Lambert función.
En nuestro caso, por la elección de $a=1$ $b=-1$ tenemos que $I_1$ depende de $W(e)=1$ y es igual a $\color{red}{\large 1}$.
$I_2$ es más fácil de calcular:
$$ I_2 = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^x+1}{(e^x+x+1)^2+\pi^2}\,dx = \frac{1}{\pi}\,\left.\arctan\left(\frac{1+x+e^x}{\pi}\right)\right|_{-\infty}^{+\infty} = \color{red}{1}.$$
Adenda. Debido a la identidad
$$\begin{eqnarray*} I_1 &=& \int_{0}^{+\infty}\frac{u+1}{u}\cdot\frac{du}{(u+1-\log u)^2+\pi^2}\\&=&\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}(u+1)u^{x-1}e^{-(u+1)x}\sin(\pi x)\,dx\,du\\&=&\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty} e^{-x} x^{-x}\Gamma(x)\sin(\pi x)\,dx\\&=&2\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x} x^{-x}}{\Gamma(1-x)}\,dx\end{eqnarray*}$$
el Lema anterior también demuestra el altamente no trivial de la identidad
$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{(ex)^{-x}}{\Gamma(1-x)}\,dx = \frac{1}{2} \tag{HNT}$$
equivalente a la afirmación de $I_1=1$. Sería interesante encontrar una independiente de la prueba de $\text{(HNT)}$, tal vez basado en Glasser maestro del teorema, Ramanujan maestro del teorema o de Lagrange de la inversión. También hay una interesante discretos analógica de $\text{(HNT)}$,
$$ \sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!(4e)^{n/2}}=1$$
que viene de Lagrange de la inversión de la fórmula.
