Коротко: обмен операций корректен при $\Re (a)>-1$ (для вещественных $a$ — при $a>-1$). Полное объяснение и решение ниже.
1) Сходимость интеграла.
$I(a)={\int }_0^1{x}^{a}dx$ сходится тогда и только тогда, когда $\Re (a)>-1$ (при вещественном $a$ — $a>-1$), поскольку при подстановке $x=e^t$ получаем
$$I(a)={\int }_{-\infty }^0{e}^{(a+1)t}dt,$$ и этот интеграл сходится при $\Re (a+1)>0$, т.е. $\Re (a)>-1$.
2) Обмен дифференцирования и интегрирования.
Интегрирование можно дифференцировать по параметру $a$ при тех же условиях $\Re (a)>-1$. Действительно, ${\partial }_a{x}^a=x^a\ln x$ и нужно проверить интегрируемость функции $|x^a\ln x|$ на $(0,1)$. Для $\Re (a)>-1$ справедливо
$${\int }_0^1|x^a\ln x|dx={\int }_0^1{x}^{\Re (a)}(-\ln x)dx=\frac{1}{(\Re (a)+1{)}^2}<\infty ,$$ поэтому по признаку доминированной сходимости (или по прямой оценке на небольшом окрестности параметра) можно менять дифференцирование и интегрирование:
$$I^{\prime }(a)=\frac{d}{da}{\int }_0^1{x}^{a}dx={\int }_0^1{x}^a\ln xdx.$$
3) Нахождение $I(a)$ и его производных.
Вычислим явно, например, через подстановку $x=e^t$:
$$I(a)={\int }_{-\infty }^0{e}^{(a+1)t}dt=\frac{1}{a+1}(\Re (a)>-1).$$ Отсюда
$$I^{\prime }(a)=-\frac{1}{(a+1{)}^2},$$ а в общем для $n$-й производной
$$I^{(n)}(a)={\int }_0^1{x}^a(\ln x{)}^{n}dx=(-1{)}^n\frac{n!}{(a+1{)}^{n+1}},\Re (a)>-1.$$
4) Об ограничающих случаях.
При $a=-1$ интеграл ${\int }_0^1{x}^{-1}dx$ расходится (логарифмический разрыв). При $\Re (a)\le -1$ интеграл также расходится.
Вывод: метод замены $x=e^t$ и последующее дифференцирование под знаком интеграла корректны при $\Re (a)>-1$ (для вещественных $a$ — при $a>-1$), и окончательный результат
$$\boxed{I(a)=\frac{1}{a+1},I^{\prime }(a)=-\frac{1}{(a+1{)}^2}}$$ (и общая формула для высших производных выше).