Demostrar que existe una derivada dado el límite de f'

Casi terminé un problema de Baby Rudin, pero no puedo descifrar el último paso. El problema es el siguiente (5.9):

Dejar$f$ser:

1. una función real continua en$\mathbb{R}^{1}$,
2. del cual se sabe que$f'(x)$existe para todos$x\neq0$, y
3. $f'(x) \rightarrow 3$como$x \rightarrow 0$.

¿Se sigue que$f'(0)$existe?

Esto es lo que tengo hasta ahora:

Por (1), existe un$\delta_{1}$con$|x|<\delta_{1} \rightarrow |f(x)-f(0)|<\frac{\epsilon}{3}$. Por (2), existe un$\delta_{2}$con$|x-t|<\delta_{2}, x\neq0 \rightarrow |\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)|<\frac{\epsilon}{3}$. Por (3), existe un$\delta_{3}$con$x\neq0, |x|<\delta_{3} \rightarrow |f'(x)-3|<\frac{\epsilon}{3}$.

Así que cuando$|x|<\min(\delta_{1},\delta_{3})$,$|x-t|<\min(\delta_{2},1)$:

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)|+|f'(x)-3|+ |f(x)-f(0)| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)+f'(x)-3+f(x)-f(0)| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(x)}{t-x}-f'(x)+f'(x)-3+\frac{f(x)-f(0)}{t-x}| < \epsilon$

$|\frac{f(t)-f(0)}{t-x}-3|<\epsilon$

que está muy cerca de

$|\frac{f(t)-f(0)}{t}-3|<\epsilon$

que daría una solución al problema. Pero no puedo averiguar qué condición poner en x o tx para obtener$|\frac{f(t)-f(0)}{t-x}-3|<\epsilon$a$|\frac{f(t)-f(0)}{t}-3|<\epsilon$. Cualquier ayuda sería muy, muy apreciada.