Esto funciona perfectamente. He aquí un enfoque alternativo:
Obsérvese que si podemos demostrar que $f(x/y)=f(x)-f(y)$ (hágalo como ejercicio) es válido para todo $x,y>0$ podemos escribir
\begin{align} \frac{f(x)-f(c)}{x-c} &= \frac{f\left(\frac{x}{c}\right)}{x-c}\\ &= \frac{1}{c}\cdot\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)}{\frac{x}{c}-1}\\ &= \frac{1}{c}\cdot\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-0}{\frac{x}{c}-1}\\ &= \frac{1}{c}\cdot\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1} \end{align}
Observe la similitud entre
$$\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}\text{ and the difference quotient }\frac{f(h)-f(1)}{h-1}$$
Desde $x/c\to 1$ como $x\to c$ Este fuertemente sugiere que $f'(c)$ existe y es igual a $=f'(1)/c$ . Más concretamente, esperamos tener
$$\lim_{x\to c}\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}=f'(1)$$ $$\implies f'(c)=\lim_{x\to c}\left(\frac{1}{c}\cdot\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}\right)=\frac{f'(1)}{c}$$
El límite
$$\lim_{x\to c}\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}=f'(1)$$
debería ser obvio, pero por si acaso, he dejado un $(\varepsilon,\delta)$ prueba de ello al final de mi post. Ahora mismo, me gustaría llamar tu atención sobre un comentario que hiciste debajo de tu post:
"¡Sí, podría ser logaritmo!"
Resulta que tener $f'(x)=f'(1)/x$ para cada $x$ es suficiente para concluir que $f$ debe ser un logaritmo. Más precisamente, debe ser un múltiplo constante de $\ln$ . Para verlo, defina la función $g:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ por
$$g(x)=f'(1)\ln(x)$$
Desde $\frac{d}{dx}\ln(x)=\frac{1}{x}$ tendremos
$$g'(x)=\frac{f'(1)}{x}$$
Una consecuencia sencilla del teorema del valor medio es que si dos funciones tienen la misma derivada en un intervalo abierto, deben diferir en una constante en ese intervalo. En nuestro caso, hemos demostrado que $f$ y $g$ tienen la misma derivada en $(0,\infty)$ , por lo que hay un número real $K$ tal que
$$f(x)-g(x)=K\text{ for every }x\in(0,\infty)$$
Podemos encontrar el valor exacto de $K$ evaluando $f(x)-g(x)$ para elegir cómodamente $x$ . Sabemos que $f(1)=0$ y $g(1)=f'(1)\ln(1)=0$ por lo que tenemos $K=f(1)-g(1)=0$ . De ello se deduce que
$$f(x)=f'(1)\ln(x)$$
que es lo que pretendíamos mostrar.
Prueba del límite : Fijar un $\varepsilon>0$ . Queremos demostrar que hay una $\delta>0$ tal que para cada $x>0$ (esto garantiza que $x/c$ es positivo y, en consecuencia, que $f(x/c)$ está bien definido),
$$0<|x-c|<\delta\implies\left|\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}-f'(1)\right|<\varepsilon$$
La suposición de que $f'(1)$ existe implica que hay un $\delta_1>0$ tal que para cada $y>0$ (este es el dominio de $f$ ),
$$0<|y-1|<\delta_1\implies\left|\frac{f(y)-f(1)}{y-1}-f'(1)\right|<\varepsilon$$
Desde $\lim_{x\to c}x/c = 1$ , hay un $\delta>0$ tal que para cada $x\in\mathbb{R}$ ,
$$0<|x-c|<\delta\implies\left|\frac{x}{c}-1\right|<\delta_1$$
De hecho, desde $0<|x-c|$ podemos afirmar la implicación más fuerte
$$0<|x-c|<\delta\implies \color{red}{0<}\left|\frac{x}{c}-1\right|<\delta_1$$
Se deduce que para cada $x$ si $0<|x-c|<\delta$ entonces $0<|x/c-1|<\delta_1$ Así que $x/c$ cumple el límite $0<|h-1|<\delta_1$ . Deducimos que
$$\left|\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}-f'(1)\right|<\varepsilon$$
Desde $\varepsilon$ se fijó arbitrariamente, el argumento anterior puede aplicarse a cualquier número real positivo, por lo que
$$\lim_{x\to c}\frac{f\left(\frac{x}{c}\right)-f(1)}{\frac{x}{c}-1}=f'(1)$$
