Sur $I=\mathbb{R}$, considérons $f(x)=x^2\sin (x)$. Puisque $f$ est un produit d’un polynôme (dérivable) par un sinus (dérivable aussi), elle est dérivable. De plus, $$f^{\prime }(x)=2x\sin (x)+x^2\cos (x).$$ Comme $f^{\prime }$ est une combinaison linéaire de produits de polynômes par des sinus et cosinus, elle est elle-même continue. On en déduit que $f$ est continûment dérivable sur $\mathbb{R}$: $f\in C^1(\mathbb{R})$.

Sur $]0,1[$, considérons $f(x)=\frac{1}{x}$. Alors $f$ est dérivable sur $]0,1[$ et sa dérivée est donnée par $$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}.$$ Comme $f^{\prime }$ est aussi continue sur $]0,1[$, ceci implique que $f$ est continûment dérivable sur $]0,1[$: $f\in C^1(]0,1[)$.

Soit $$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{2}+\frac{x^2}{5}\sin \left(\frac{1}{x}\right)& \text{ si }x\ne 0\\ 0& \text{ si }x=0.\end{array}$$ On remarque que $f$ est continue en tout point, en particulier en $0$ puisque $$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0=f(0).$$ Ensuite, $f$ est dérivable en tout point $x\ne 0$. Sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, sa dérivée se calcule à l’aide des règles de dérivation: $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =(\frac{x}{2}+\frac{x^2}{5}\sin \left(\frac{1}{x}\right){)}^{\prime }\\ & =\frac{1}{2}+\frac{2x}{5}\sin \left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{5}\cos \left(\frac{1}{x}\right).\end{array}$$ Ensuite, $f$ est aussi dérivable en $0$, puisque $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{2}+\frac{x^2}{5}\sin (\frac{1}{x})-0}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{2}+\frac{x}{5}\sin \left(\frac{1}{x}\right)\right)=\frac{1}{2}.\end{array}$$ Donc $f$ est dérivable sur tout $\mathbb{R}$.
Testons maintenant la continuité de $f^{\prime }$. Clairement, $f^{\prime }$ est continue sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, puisque par l’expression ci-dessus ce n’est qu’une combinaison de fonctions continues: $$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}+\frac{2x}{5}\sin \left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{5}\cos \left(\frac{1}{x}\right).$$ Pourtant, on remarque que lorsque $x\to 0$, $f^{\prime }(x)$ n’a pas de limite, ce qui est dû à la présence de $\frac{1}{5}\cos (\frac{1}{x})$. Ce terme n’ayant pas de limite en $0$, $f^{\prime }$ n’est pas continue en $0$. Ceci fait de $f$ une fonction qui est dérivable sur $\mathbb{R}$, mais pas continûment dérivable.

Considérons $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ définie par $f(x)=e^x$. Alors $$f^{(1)}(x)=f^{(2)}(x)=f^{(3)}(x)=\cdots =f^{(k)}(x)=\cdots =e^x,$$ donc $f\in C^k(\mathbb{R})$ pour tout $k⩾1$.

Considérons $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ définie par $$f(x)=\{\begin{array}{ll}+x^2& \text{ si }x⩾0,\\ -x^2& \text{ si }x<0.\end{array}$$ Montrons que $f\in C^1(\mathbb{R})$. D’abord, $f$ est clairement dérivable en tout point $x_0$. En effet, si $x>0$ alors $f^{\prime }(x)=(x^2{)}^{\prime }=2x$, et si $x<0$ alors $f^{\prime }(x)=(-x^2{)}^{\prime }=-2x$. Il faut maintenant considérer $x_0=0$. Par un calcul direct, $$\begin{array}{rl}{f}_{+}^{\prime }(0)& =\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{+h^2}{h}=0,\\ f_{-}^{\prime }(0)& =\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{-h^2}{h}=0.\end{array}$$ Donc $f^{\prime }(0)=0$. Ainsi, $f$ est dérivable partout, et on peut écrire sa dérivée $$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}+2x& \text{ si }x>0,\\ 0& \text{ si }x=0,\\ -2x& \text{ si }x<0.\end{array}$$ Plus simplement: $$f^{\prime }(x)=2|x|\forall x\in \mathbb{R}.$$ Puisque $x\mapsto |x|$ est continue sur $\mathbb{R}$, on en déduit que $f^{\prime }$ est continue sur $\mathbb{R}$, ce qui implique que $f\in C^1(\mathbb{R})$. Mais comme $f^{\prime }$ n’est pas dérivable en $0$, on a aussi que $f\notin C^2(\mathbb{R})$.