Empezamos por tratar de demostrar que la primera forma cerrada dada a ver si un
patrón hace emerger. Seguimos con $c$ un entero positivo
$${n+c\choose n} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{1}{k+c}$$
Ahora
$${n+c\elegir n} {n\elegir k}
= \frac{(n+c)!}{ (c)! \times k! \times (n-k)!}
= {n+c\elegir k+c} {k+c\elegir k}.$$
Por lo tanto, tenemos por la suma
$$\sum_{k=0}^n {n+c\elegir k+c} {k+c\elegir k} \frac{1}{k+c}
= \frac{1}{c}
\sum_{k=0}^n {n+c\elegir k+c} {k+c-1\c-1}.$$
Este es
$$\frac{1}{c}
\sum_{k=0}^n {k+c-1\c-1} [z^{n-k}] \frac{1}{(1-z)^{k+c+1}}
= \frac{1}{c}
\sum_{k=0}^n {k+c-1\c-1} [z^{n}] z^k \frac{1}{(1-z)^{k+c+1}}.$$
Aquí tenemos ninguna contribución a $[z^n]$ al$k\gt n$, por lo que podemos continuar
con
$$\frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{(1-z)^{c+1}}
\sum_{k\ge 0} {k+c-1\c-1} z^k \frac{1}{(1-z)^{k}}
\\ = \frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{(1-z)^{c+1}}
\frac{1}{(1-z/(1-z))^c}
\\ = \frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{1-z}
\frac{1}{(1-2z)^c}.$$
Este es
$$\frac{1}{c} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z}
\frac{1}{(1-2z)^c}
\\ = \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c}
\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{z-1}
\frac{1}{(z-1/2)^c}.$$
Con los residuos de suma cero podemos evaluar este uso de los residuos
en $z=1$, $z=1/2$ y $z=\infty.$ obtenemos $z=1$ el residuo
$$\frac{(-1)^{c+1}}{c}.$$
Para el residuo en el infinito nos encontramos
$$- \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c}
\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} \frac{1}{(1/z)^{n+1}}
\frac{1}{1/z-1} \frac{1}{(1/z-1/2)^c}
\\ = - \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c}
\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{n+1}
\frac{z}{1-z} \frac{z^c}{(1-z/2)^c}
\\ = - \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c}
\mathrm{Res}_{z=0} z^{n+c}
\frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-z/2)^c} = 0.$$
Esto también sigue por la inspección. El residuo de a $z=1/2$ requiere
el uso de Leibniz de la regla como en
$$\frac{1}{p!} \left( \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{z-1} \right)^{(p)}
= \frac{1}{p!} \sum_{q=0}^p {p\elegir q}
\frac{(-1)^q (n+p)!}{n! z^{n+1+p}}
(-1)^{p-q} \frac{(p-q)!}{(z-1)^{p-q+1}}
\\ = (-1)^p \sum_{q=0}^p {n+q\elegir q}
\frac{1}{z^{n+1+p}} \frac{1}{(z-1)^{p-q+1}}.$$
Nos pusimos $p=c-1$ $z=1/2$ y restaurar el factor en la parte delantera para conseguir
el residuo
$$\frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c}
(-1)^{c-1} \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q}
\frac{1}{(1/2)^{n+1+p}} \frac{(-1)^{c-p}}{(1/2)^{c-q}}
\\ = \frac{(-1)^c 2^{n+1}}{c}
\sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q.$$
La recopilación de todo lo que de esta manera obtener
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{
\sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{1}{k+c}
= {n+c\c}^{-1} \frac{(-1)^c}{c}
\left(1 a 2^{n+1} \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q\ \ derecho).}$$
Esta es una mejora en el sentido de que si $n$ es la variable y
$c$ es la constante, a continuación, hemos sustituido la suma de $n$ términos
(variable) por una suma de $c$ términos (fijo) de polinomios en $n.$ podemos
hacer esto más explícito por escrito
$$\sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q
= \sum_{q=0}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!}
\sum_{p=0}^n q^p {q+1\brack p+1}
\\ = \sum_{p=0}^{c-1} n^p
\sum_{p=p}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!} {q+1\brack p+1}.$$
Nos encontramos
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{
\sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{1}{k+c}
= {n+c\c}^{-1} \frac{(-1)^c}{c}
\left(1 a 2^{n+1} \sum_{p=0}^{c-1} n^p
\sum_{p=p}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!} {q+1\brack p+1}\right).}$$
Con este último resultado se obtiene formas cerradas para fijo $c$, por ejemplo,
para $c=5$ rendimientos
$$\frac{-24+2^{n+1} (n^4+6n^3+23n^2+18n+24)}
{(n+5)\times\cdots\times (n+1)}.$$
Adenda. Con el propósito de igualar las conjeturas por OP
escribimos
$$\sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q
= \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q
[z^{c-1}] \frac{z^p}{1-z}
\\ = [z^{c-1}] \frac{1}{1-z}
\sum_{q\ge 0} {n+q\elegir q} (-1)^q z^q
= [z^{c-1}] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1+z)^{n+1}}
\\ = (-1)^{c-1} [z^{c-1}] \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1-z)^{n+1}}
= (-1)^{c-1} [z^{c-1}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}}.$$
Con $c=2d+1$ donde $d\ge 0$ esto se convierte en
$$[z^{2d}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}}
= \sum_{q=0}^d {2t+n-1\elegir 2t}$$
y al $c=2d$ donde $d\ge 1$ se convierte en
$$- [z^{2d-1}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}}
= - \sum_{q=0}^{d-1} {2t+n\elegir 2q+1}.$$
De este modo, obtener en el primer caso la forma cerrada
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{
{n+2d+1\elegir 2d+1}^{-1} \frac{1}{2d+1}
\left(-1+2^{n+1} \sum_{q=0}^d {2t+n-1\elegir 2t} \right)}$$
y en el segundo caso
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{
{n+2d\elegir 2d}^{-1} \frac{1}{2d}
\left(1+2^{n+1} \sum_{q=0}^{d-1} {2t+n\elegir 2q+1} \right).}$$
Estos dos confirmar las conjeturas por OP.
