¿Qué acerca de la indización y la inducción? Los términos de $\frac{1}{(2n-1)\cdots(2n-2k-1)}$ tiene una buena estructura telescópica: por el teorema de los residuos
$$ \frac{1}{(2n-1)(2n-3)\cdots(2n-2k-1)}=(-1)^k\sum_{h=0}^{k}\frac{(-1)^h}{(2n-2h-1)}\cdot\frac{1}{2^{k+1}(2h)!!(2k-2h)!!} $$
es igual
$$ \frac{(-1)^k}{2^{2k+1}k!} \sum_{h=0}^{k}\frac{(-1)^h}{(2n-2h-1)}\binom{k}{h}.$$
La tentación natural es ahora para calcular
$$ \sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{4^{n}}\binom{2n}{n}\frac{1}{2n-2h-1}$$
a través de $\frac{-\log(1-z)}{1-z}=\sum_{n\geq 1}H_n z^n$ e $\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\left(\cos\theta\right)^{2n}\,d\theta$, se multiplican ambos lados por $(-1)^k \binom{k}{h}$, el importe en $h=0,1,\ldots,k$ y terminar invocando el teorema de Fubini (permite cambiar las integrales con respecto a $d\theta$ e $dz$) y la serie de Fourier $\sum_{m\geq 1}\frac{\cos(m\varphi)}{m}$ e $\sum_{m\geq 1}\frac{\sin(m\varphi)}{m}$.
La única obstrucción es que $\frac{1}{2n-2h-1}=\int_{0}^{1}z^n\left[\frac{1}{2z^{h+3/2}}\right]\,dz$ no posee incondicionalmente: habría sido más feliz en tener el aumento de Pochhammer símbolos en lugar de caer. Por otro lado, la indización corrige este problema. Desde $\binom{2n+2}{n+1} = \frac{2(2n+1)}{n+1}\binom{2n}{n}$, la serie original puede ser escrito como
$$ \sum_{n\geq 1}\frac{H_n \binom{2n}{n}}{4^n(2n-1)} = \sum_{n\geq 0}\frac{2H_{n+1}\binom{2n}{n}}{4^{n+1}(n+1)}=-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}\int_{0}^{\pi/2}z^n\left(\cos\theta\right)^{2n}\log(1-z)\,d\theta\,dz $$
o
$$ -\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(1-z)}{1-z\cos^2\theta}\,d\theta\,dz =-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log(1-z)}{\sqrt{1-z}}\,dz,$$
claramente dada por un derivado de la función Beta. Este enfoque funciona también mediante la sustitución de $(2n-1)$ con $(2n-1)\cdots(2n-2k-1)$, usted sólo tiene que tener cuidado en el manejo de las constantes dependiendo $k$.
En el segundo pensamiento, acabo de aplicar el binomio de transformación en el disfraz.
