Pasé bastante tiempo leyendo esta pregunta y la vinculada pregunta donde una especie de intentar definir el $e$. Para ser muy claro en ninguna de sus preguntas han definido $e$.
La restricción de primera para el caso de variables reales sólo quiero arrojar algo de luz aquí. Una de las razones que usted está teniendo problemas tratando de demostrar $f'(0) = 1$ es porque no se han dado una definición de $e$. Tenga en cuenta que la ecuación funcional $$f(x + y) = f(x)f(y)$$ only guarantees that $f(x)$ is differentiable for all $x$ if it is differentiable at a single point $x = 0$ and moreover $f'(x) = f'(0)f(x)$. But the value of $f'(0)$ crucially depends on the value of $f(1)$. In fact we can put this dependence as a function by setting $f(1) = t$ and $f'(0) = g(t)$. It can be proved with some effort that $g(1) = 0$ and $g'(t) = 1/t$ for all $t > 0$.
Teorema: Vamos a $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser una función con la propiedad de que $f(x + y) = f(x)f(y)$ y deje $f'(0)$ existen y deje $f(1) = t\neq 0$. A continuación, el valor de $f'(0)$ es una función de $t$ (es decir $f'(0) = g(t)$) con las siguientes propiedades $$g(1) = 0, g'(t) = \frac{1}{t}$$
Prueba: En la de arriba he puesto $f(1) = t$ y supone que $t \neq 0$. Esto es porque si $f$ se desvanece en cualquier punto (decir $f(a) = 0$), a continuación, por funcional de la ecuación de $f(x) = f(x - a)f(a) = 0$, por lo que la función es idéntica $0$. Por lo que es esencial disponer de $f(1) = t \neq 0$ (de modo que el problema no es trivial y muy interesante).
Además de la existencia de $f'(0)$ es fácilmente posible deducir que $f'(x)$ existe para todas las $x$$f'(x) = f(x)f'(0)$. De ahí se sigue que $f(x)$ es continua y desde $f$ es distinto de cero en cualquier punto, se sigue por el teorema del valor intermedio que $f(x)$ es de signo constante (es decir, el signo de $f(1) = t$). Si $f(1) = t$ es negativa, entonces la $f(2) = f(1)f(1) = t^{2} > 0$ y, por tanto, $f$ cambia de signo. Esto no es posible y por lo tanto llegamos a la conclusión de que $f(1) = t > 0$ y, por tanto, $f(x) > 0$ todos los $x$. Ahora está claro que $f(0) = f(0)f(0)$, de modo que $f(0) = 1$.
Nota además que el funcional de la ecuación también nos permite demostrar que $f(x) = \{f(1)\}^{x} = t^{x}$ donde $x$ es racional, y muestra clara dependencia de la función de $f$ sobre el parámetro $t$. Por lo tanto tiene sentido cambiar la notación un poco y reemplace $f$ $f_{t}$ y por lo tanto tenemos las siguientes propiedades de $f_{t}$: $$f_{t}(x + y) = f_{t}(x)f_{t}(y), f_{t}(1) = t, f_{t}(0) = 1, f_{t}'(x) = f_{t}'(0)f_{t}(x)\tag{1}$$ To show that the dependence of $f_{t}$ on $t$ is genuine, I show that if $s = t$ then $f_{s} = f_{t}$. Let $h(x) = f_{s}(x)/f_{t}(x)$ and clearly $h(x)$ also satisfies the equation $h(x + y) = h(x)h(y)$ and $h(1) = 1$. As we noted earlier $h(x) = \{h(1)\}^{x} = 1$ when $x$ is rational and hence by continuity $h(x) = 1$ for all $x$ and therefore $f_{s}(x) = f_{t}(x)$ for all $x$.
Aún más mediante el uso de $h(x) = f_{st}(x)/f_{s}(x)$ vemos que $h(x)$ satisface la ecuación funcional y $h(1) = t$, de modo que $h(x) = f_{t}(x)$. Por lo tanto tenemos la siguiente propiedad: $$f_{st}(x) = f_{s}(x)f_{t}(x)\tag{2}$$ for all $x$ and all positive $s, t$.
Luego consideraremos la función de $g$, lo que muestra la dependencia de $f_{t}'(0) = g(t)$$f_{t}(1) = t > 0$. Podemos demostrar que $$g(st) = g(s) + g(t)\tag{3}$$ Claramente se puede ver que
\begin{align}
g(st) &= f_{st}'(0) = \lim_{h \to 0}\frac{f_{st}(h) - f_{st}(0)}{h}\notag\\
&= \lim_{h \to 0}\frac{f_{s}(h)f_{t}(h) - f_{s}(0)f_{t}(0)}{h}\notag\\
&= \lim_{h \to 0}\frac{f_{s}(h)f_{t}(h) - f_{s}(h)f_{t}(0) + f_{s}(h)f_{t}(0) - f_{s}(0)f_{t}(0)}{h}\notag\\
&= \lim_{h \to 0}\frac{f_{s}(h)\{f_{t}(h) - f_{t}(0)\} + \{f_{s}(h) - f_{s}(0)\}f_{t}(0)}{h}\notag\\
&= f_{s}(0)f_{t}'(0) + f_{t}(0)f_{s}'(0)\notag\\
&= g(t) + g(s)\notag
\end{align}
Poner a $s = t = 1$ tenemos que $g(1) = 0$. De $(3)$ también conseguimos $g(s) = g((s/t)\cdot t) = g(s/t) + g(t)$, de modo que $$g(s/t) = g(s) - g(t)\tag{4}$$ We further show that $g(t) > 0$ if $t > 1$ and from $(4)$ this will establish that $g(t)$ is strictly increasing as a function of $t$. For this purpose we use the inequality $$t^{x - 1}(t - 1)\leq \frac{t^{x} - 1}{x} \leq (t - 1)\tag{5}$$ for all rational $x > 0$ and $t > 1$ (for proof of the inequality see this post : equations $(9)$ and following). Translating the above in terms of our function $f_{t}$ we get $$f_{t}(x - 1)(t - 1)\leq \frac{f_{t}(x) - f_{t}(0)}{x} \leq t - 1$$ for all $t > 1$ and all rational $x$. By continuity of $f_{t}$ the same equation holds for all real $x > 0$. Letting $x \a 0^{+}$ we get $$\frac{t - 1}{t} \leq f_{t}'(0) \leq t - 1$$ or $$\frac{t - 1}{t} \leq g(t) \leq t - 1\tag{6}$$ From this equation it follows that $g(t) > 0$ for $t > 1$ and hence $g(t)$ es estrictamente creciente.
Buceo ecuación de $(6)$ $(t - 1)$ y dejando $t \to 1^{+}$, se obtiene mediante el teorema del sándwich $$\lim_{t \to 1^{1+}}\frac{g(t)}{t - 1} = 1$$ It can be easily proved that the same limit holds when $t \a 1^{-}$ by putting $t = 1/s$ and letting $s \a 1^{+}$. Hence $$\lim_{t \to 1}\frac{g(t)}{t - 1} = \lim_{h \to 0}\frac{g(1 + h)}{h} = 1\tag{7}$$ It is now easy to prove that $g'(t) = 1/t$. Claramente
\begin{align}
g'(t) &= \lim_{h \to 0}\frac{g(t + h) - g(t)}{h}\notag\\
&= \lim_{h \to 0}\frac{g((t + h)/t)}{h}\notag\\
&= \lim_{h \to 0}\frac{g(1 + (h/t))}{(h/t)}\cdot\frac{1}{t}\notag\\
&= \frac{1}{t}\notag
\end{align}
La prueba del teorema es ahora completa.
Ahora estamos en una posición para definir $e$. Desde $g(2) > 0$ y $$g(2^{n}) = ng(2)$$ it follows that $g(2^{n}) \to \infty$ as $n \to \infty$ and hence by continuity $g(t)$ takes all possible positive values. By its strictly increasing nature $g$ takes every such value only once. We define $e$ to be the unique positive number such that $g(e) = 1$. Thus if $f(1) = e$ then $f'(0) = 1$. The function $g$ is traditionally denoted by $\log$ or $\ln$. It can also be easily established that the function $g$ is inverse of $f_{e}$.
