Integración por partes no ayuda: como
$$1-\frac{\sinh x}{\cosh x-\cos\gamma}=\left(-\ln\frac{\cosh x-\cos\gamma}{e^x/2}\right)',$$
después de IbP y profundizar en el cambio de las variables de $t=e^{-x}$ la integral se transforma en
$$\int_0^{1}\frac{\ln\left(1-e^{i\gamma}t\right)\left(1-e^{-i\gamma}t\right)}{t}dt=-\left[2\Re\operatorname{Li}_2\left(e^{i\gamma}t\right)\right]_{0}^{1}=-2\Re\operatorname{Li}_2\left(e^{i\gamma}\right),$$
con $\gamma=\frac{\pi}{6}$. Ahora para obtener el resultado sigue siendo el uso de la fórmula
$$\Re\,\mathrm{Li}_2\left(e^{i\gamma}\right)=\frac{\gamma^2}{4}-\frac{\pi\gamma}{2}+\frac{\pi^2}6,\qquad \gamma\in(0,2\pi).$$
Esto también da la conjetura se menciona en los comentarios.
Añadido: también podemos obtener el resultado de pretender que no sabemos nada acerca de dilogarithms. Es decir, diferenciar la integral con respecto al parámetro de $\gamma$:
\begin{align}
\frac{\partial}{\partial \gamma}\int_0^{1}\frac{\ln\left(1-e^{i\gamma}t\right)\left(1-e^{-i\gamma}t\right)}{t}dt&=-i\int_0^1\left[\frac{e^{i\gamma}}{1-e^{i\gamma}t}-\frac{e^{-i\gamma}}{1-e^{-i\gamma}t}\right]dt=\\&=i\biggl[\ln\frac{1-e^{i\gamma}t}{1-e^{-i\gamma}t}\biggr]_0^1=-2
\biggl[\operatorname{arg}(1-e^{i\gamma}t)\biggr]_0^1=\\&=-2\biggl[\left(\frac{\gamma}{2}-\frac{\pi}{2}\right)-0\biggr]=\pi-\gamma,
\end{align}
donde de nuevo hemos de asumir que $\gamma\in(0,2\pi)$. Ahora podemos volver a integrarse con respecto a $\gamma$ para obtener el obtenido previamente usando la fórmula que para $\gamma=0$ nuestros integral reduce al cálculo de $\zeta(2)$ (ampliar el integrando en serie de Taylor w.r.t. $t$).