Lo primero que quiero es que hagamos un análisis de la situación, qué está pasando cuando $x$ tiende a $1$. Fijate que en este caso tenemos una indeterminación de tipo "infinito menos infinito", tanto si abrimos por derecha como por izquierda. Nosotros vimos varios casos donde salvábamos este tipo de indeterminaciones multiplicando y dividiendo por el conjugado, no? Pero en este caso eso no nos va a ayudar (acordate que por lo general nos servía si teníamos raíces cuadradas dando vueltas en la expresión)

Te propongo entonces probar de escribir esta resta como una única fracción, a ver a qué llegamos:

$\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln (x)}\right) = \lim _{x \rightarrow 1} \left( \frac{x \ln(x) - (x-1)}{(x-1)\ln(x)} \right) = \lim _{x \rightarrow 1} \left( \frac{x \ln(x) - x + 1}{(x-1)\ln(x)} \right) $

Apa, y qué está pasando ahora? Tenemos una única fracción donde lo de arriba tiende a cero y lo de abajo, también! Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero sobre cero". Aplicamos L'Hopital: Lo de arriba, lo derivo y lo pongo arriba; lo de abajo, lo derivo y lo pongo abajo (atenti que en ambos tenés que usar regla del producto!)

$\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln(x) + x \frac{1}{x} - 1}{\ln(x) + (x-1) \frac{1}{x}}= \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + \frac{x-1}{x}} = \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + 1 - \frac{1}{x}}$

Si tomamos límite cuando $x$ tiende a $1$ vemos que persiste la indeterminación "cero sobre cero", no hay problema, aplicamos L'Hopital de nuevo... 

$ \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} = \frac{1}{2} $

Por lo tanto, 

$\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln (x)}\right) = \frac{1}{2}$