La solución podría haber sido mucho más corto, pero yo prefiero los detalles a la concisión.
Uno quiere mostrar que
$$C_n=\frac1{2\pi i}\oint_{C}\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\frac{dz}{z^{n+1}}$$
Es fácil ver
$$\oint_{C}\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\frac{dz}{z^{n+1}}=-\frac12\oint_{C}\frac{\sqrt{1-4z}}{z^{n+2}}dz$$
Definiciones
Vamos a tomar la rama de corte de $\sqrt{1-4z}$ a $\mathbb R_{\ge1/4}$, es decir,
$$\sqrt{1-4z}=\exp\bigg[\frac{\ln|1-4z|+i\arg(1-4z)}2\bigg]\qquad{\arg(1-4z)\in[-\pi,\pi)}$$
Voy a mostrar cómo evaluar
$$I_n:=\oint_C\sqrt{1-4z}~~ z^{-n-2}dz$$ directamente.
La descomposición de la integral de contorno
Tome $C$ a ser el ojo de la cerradura de contorno centrado en $1/4$ que evita la rama de corte.
Las dos integrales, una alrededor del punto de ramificación y uno a lo largo del círculo infinitamente grande, se desvanecen.
La integral sobre el eje real $I^+$ es (usando la parametrización $z=\frac14+te^{i\theta}$, por debajo del límite $\theta\to0^+$)
$$\begin{align}
I^+
&=\lim_{\theta\to0^+}\int^\infty_0\frac{\sqrt{1-4(1/4+te^{i\theta})}} {(1/4+te^{i\theta})^{n+2}}e^{i\theta}dt \\
&=\int^\infty_0\frac{\lim_{\theta\to0^+}\sqrt{4te^{i(\theta-\pi)}}} {(1/4+t)^{n+2}}dt \\
&=-2i\int^\infty_0\frac{\sqrt{t}}{(1/4+t)^{n+2}}dt \\
\end{align}
$$
La integral por debajo del eje real $I^-$ es (usando la parametrización $z=\frac14+te^{i\theta}$, por debajo del límite $\theta\to2\pi^-$)
$$\begin{align}
I^-
&=\lim_{\theta\to2\pi^-}\int_\infty^0\frac{\sqrt{1-4(1/4+te^{i\theta})}}{(1/4+te^{i\theta})^{n+2}}e^{i\theta}dt \\
&=\int_\infty^0\frac{\lim_{\theta\to2\pi^-}\sqrt{4te^{i(\theta-\pi)}}}{(1/4+t)^{n+2}}dt \\
&=-2i\int^\infty_0\frac{\sqrt{t}}{(1/4+t)^{n+2}}dt=I^+
\end{align}
$$
Por lo tanto, $I_n\equiv I^+ + I^-=2I^+=-4i\displaystyle{\int^\infty_0\frac{\sqrt{t}}{(1/4+t)^{n+2}}dt}$.
La evaluación de $I_n$ directamente
Por la sustitución de $u=\frac1{1+4t}$,
$$\begin{align}
\frac1{-4i}I_n
&=\int^\infty_0\frac{\sqrt{t}}{(1/4+t)^{n+2}}dt \\
&=2^{2n+1}\int^1_0\sqrt{1-u}~~u^{n-1/2}du \\
&=2^{2n+1}B\left(\frac32,n+\frac12\right)\\
&=2^{2n+1}\cdot\Gamma(3/2)\cdot\Gamma(n+1/2)\cdot\frac1{\Gamma(n+2)}\\
&=2^{2n+1}\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}\cdot\frac{(2n)!}{2^{2n}n!}\sqrt\pi\cdot\frac1{n+1}\frac1{n!}\\
&=\pi\cdot\frac1{n+1}\binom{2n}{n}\\
I_n&=\frac{-4\pi i}{n+1}\binom{2n}{n}\\
\end{align}
$$
Montaje
$$\oint_{C}\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z^{n+2}}dz=-\frac12\oint_{C}\frac{\sqrt{1-4z}}{z^{n+2}}dz=-\frac12I_n$$
$$=-\frac12\cdot\frac{-4\pi i}{n+1}\binom{2n}{n}=2\pi i\frac1{n+1}\binom{2n}{n}$$
Por lo tanto,
$$\color{red}{\oint_{C}\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\frac{dz}{z^{n+1}}=2\pi i~C_n}$$ como se esperaba.
