La integral a evaluar es
$$I(s):=-2i\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{\left(t\log{(1-ix)}\right)}-\cos{\left(t\log{(1+ix)}\right)}}{t\left(e^{2\pi x}-1\right)\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}t,$$
donde $s\in\mathbb{C}$ es un complejo de parámetro. De inmediato nos damos cuenta de que la integración con respecto a la variable $x$ es mucho más formidable que con respecto a $t$, así que la primera cosa que hacemos es intercambiar el orden de integración:
$$\begin{align}I(s)&=-2i\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{\left(t\log{(1-ix)}\right)}-\cos{\left(t\log{(1+ix)}\right)}}{t\left(e^{2\pi x}-1\right)\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\mathrm{d}t\mathrm{d}x\\
&=-2i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{\left(t\log{(1-ix)}\right)}-\cos{\left(t\log{(1+ix)}\right)}}{t\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\mathrm{d}t.\end{align}$$
La integración w.r.t. $t$ es demasiado complicado de evaluar, pero aviso que el término en el numerador de el integrando que implican una diferencia de funciones coseno es altamente sugestiva de el Teorema Fundamental del Cálculo. De hecho, el uso de la simple identidad de $\int_{a}^{b}\sin{(t\,\omega)}\,\mathrm{d}\omega=\frac{\cos{(t\,a)}-\cos{(t\,b)}}{t}$ podemos escribir,
$$\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\sin{(t\,\omega)}\,\mathrm{d}\omega=\frac{\cos{(t\,\log{(1-ix)})}-\cos{(t\,\log{(1+ix)})}}{t}.$$
Sustituyendo esta expresión de regreso a la integral sobre la $t$ no sólo absorbe la problemática factor de $t$ en el denominador del integrando, también nos da la opción de realizar otro cambio-de-fin-de-la integración truco de magia.
$$\begin{align}I(s)&=-2i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}t}{\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\sin{(t\,\omega)}\,\mathrm{d}\omega\\
&=-2i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\frac{\sin{(t\,\omega)}}{\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\,\mathrm{d}\omega\mathrm{d}t\\
&=-2i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(t\,\omega)}}{\left(e^{2\pi t/s}-1\right)}\,\mathrm{d}t\mathrm{d}\omega\end{align}$$
Así volvemos nuestra atención a la solución de la integral de la $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(t\,\omega)}}{e^{2\pi t/s}-1}\mathrm{d}t$. Esta integral (véanse las notas en la parte inferior) es,
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(t\,\omega)}}{e^{2\pi t/s}-1}\mathrm{d}t=\frac{1}{2\omega}\left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right),$$
y la integral se convierte,
$$\begin{align}I(s)&=-2i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right)\frac{\mathrm{d}\omega}{2\omega}\\
&=-i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)} \int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}} \left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right)\frac{\mathrm{d}\omega}{\omega}\\
&=-i\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(e^{2\pi x}-1\right)} G(x,s).\end{align}$$
Véase el apéndice 2 para más detalles sobre la función $G(x,s)$. Se ve que tiene la forma $G(x,s)=f(ix)-f(-ix)$, por lo que podemos aplicar el Abel-Plana fórmula para el final de la integral de la $I(s)$:
$$\begin{align}
I(s)&=-i\int_{0}^{\infty}\frac{f(ix)-f(-ix)}{\left(e^{2\pi x}-1\right)}\mathrm{d}x\\
&=\int_{0}^{\infty}f(x)\,\mathrm{d}x+\frac12f(0)-\sum_{n=0}^{\infty}f(n)
\end{align}$$
Apéndice 1:
$\tau=\frac{2\pi t}{s}$, $t=\frac{s}{2\pi}\tau$, $\alpha:=\frac{s\omega}{2\pi}$
$$\begin{align}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(t\,\omega)}}{e^{2\pi t/s}-1}\mathrm{d}t&=\frac{s}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(\omega\frac{s}{2\pi}\tau)}}{e^{\tau}-1}\mathrm{d}\tau\\
&=\frac{s}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(\alpha\,\tau)}}{e^{\tau}-1}\mathrm{d}\tau\\
&=\frac{s}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(\alpha\,\tau)}\,e^{-\tau}}{1-e^{-\tau}}\mathrm{d}\tau\\
&=\frac{s}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\sin{(\alpha\,\tau)}\,e^{-\tau}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-n\tau}\mathrm{d}\tau\\
&=\frac{s}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\sin{(\alpha\,\tau)}\,e^{-(n+1)\tau}\mathrm{d}\tau\\
&=\frac{s}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha}{\alpha^2+(n+1)^2}\\
&=\frac{s}{2\pi}\frac{\pi\alpha\coth{(\pi\alpha)}-1}{2\alpha}\\
&=\frac{1}{2\omega}\left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right)\end{align}.$$
Apéndice 2:
$$\int\left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right)\frac{\mathrm{d}\omega}{\omega}=\log{\left(\sinh{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}\right)}-\log{\omega}+\text{constant}$$
$$\begin{align}
G(x,s):&=\int_{\log{(1-ix)}}^{\log{(1+ix)}}\left(\frac{s\omega}{2}\coth{\left(\frac{s\omega}{2}\right)}-1\right)\frac{\mathrm{d}\omega}{\omega}\\
&=\left(\log{\left(\sinh{\left(\frac{s\log{(1+ix)}}{2}\right)}\right)}-\log{\log{(1+ix)}}\right)-\left(\log{\left(\sinh{\left(\frac{s\log{(1-ix)}}{2}\right)}\right)}-\log{\log{(1-ix)}}\right)\\
&=f(ix)-f(-ix),
\end{align}$$
donde $f(z):=\left(\log{\left(\sinh{\left(\frac{s\log{(1+z)}}{2}\right)}\right)}-\log{\log{(1+z)}}\right)$.
En respuesta a OP edición #2:
Para $\Re{(\gamma)}>|\Re{(\beta)}|$,
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{\left(\alpha\,t\right)}\sinh{\left(\beta\,t\right)}}{e^{\gamma\,t}-1}\,\mathrm{d}t = \frac{\beta}{2\left(\alpha^2+\beta^2\right)}-\frac{\pi}{2\gamma}\cdot\frac{\sin{\left(\frac{2\pi\beta}{\gamma}\right)}}{\cosh{\left(\frac{2\pi\alpha}{\gamma}\right)}-\cos{\left(\frac{2\pi\beta}{\gamma}\right)}}.$$
La integral anterior es la fórmula $4.132.4$ de Gradstheyn de la Tabla de integrales.
