La sustitución de $x \mapsto -x$, tenemos
$$ I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\frac{\pi}{2} - \arctan e^{x}}{\cosh x} \, \tanh\left(\frac{x}{2}\right) \, \frac{dx}{x}. $$
De promedio,
\begin{align*}
I
&= \frac{\pi}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tanh(x/2)}{\cosh x} \, \frac{dx}{x} \\
&= \pi \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}(1 - e^{-x})}{(1 + e^{-2x})(1 + e^{-x})} \, \frac{dx}{x} \\
&= \pi \int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^{-x}}{1+ e^{-x}} - \frac{e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} \right) \, \frac{dx}{x}. \tag{1}
\end{align*}
Tenga en cuenta que la última integral pertenece a la clase de integrales llamado Frullani integral:
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{f(bx) - f(ax)}{x} \, dx. \tag{2} $$
De forma heurística, podemos evaluar (2) como
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{f(bx) - f(ax)}{x} \, dx
&= \int_{0}^{\infty} \int_{a}^{b} f'(xt) \, dtdx
= \int_{a}^{b} \int_{0}^{\infty} f'(xt) \, dxdt \\
&= \int_{a}^{b} \frac{f(\infty) - f(0)}{t} dt
= \{ f(\infty) - f(0) \} \log\left(\frac{b}{a}\right)
\end{align*}
y esto se justifica a través del teorema de Fubini si $f$ es absoultely continua y $f'$ es integrable o no negativo en $[0, \infty)$, lo que es claro en el caso de
$$f(x) = \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}}$$
con $(a, b) = (1, 2)$. Por lo tanto se deduce que
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^{-x}}{1+ e^{-x}} - \frac{e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} \right) \, \frac{dx}{x}
&= \frac{1}{2}\log 2.
\end{align*}
Conectando de nuevo a (1), obtenemos el resultado deseado.