$$\begin{array}{rl}f:[-1,2]& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto x^2\end{array}$$ atteint son minimum en $x_{\ast }=0$, et son maximum en $x^{\ast }=2$: Mais si on modifie un peu son domaine, par exemple $$\begin{array}{rl}f:[-1,2[& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto x^2,\end{array}$$ alors cette fonction atteint aussi son minimum en $x_{\ast }=0$, mais elle ne possède pas de maximum (maintenant, le point $x=2$ ne fait plus partie du domaine!).

$$\begin{array}{rl}g:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto e^{-x^2/2}\end{array}$$ atteint son maximum en $x^{\ast }=0$: Or quel que soit $x\ne 0$, on peut toujours diminuer strictement la valeur de $e^{-x^2/2}$ en éloignant un peu $x$ de l’origine. Donc $g$ n’a pas de minimum.

La fonction $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto \frac{x^2}{x^2+1}\end{array}$$ est minorée par $m=0$ puisque $f(x)⩾0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$, et majorée par $M=1$ puisque $$f(x)=\frac{x^2+0}{x^2+1}<\frac{x^2+1}{x^2+1}=1\forall x\in \mathbb{R}.$$

$f(x)=\frac{x^2}{x-1}$, définie sur $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$ n’est pas majorée. Pour le vérifier, on doit montrer que $f$ dépasse n’importe quel seuil en au moins un point. En effet, choisissons un seuil, disons $M=1000$, et montrons que l’on peut trouver un $x\in D$ tel que $f(x)⩾1000$. Comme la condition $f(x)⩾1000$ est équivalente à $x^2-1000x+1000⩾0$, et comme cette dernière a un discriminant $\Delta ⩾0$, elle possède donc au moins une solution (différente de $1$). Donc il existe au moins un $x\in D$ tel que $f(x)⩾1000$.
Mais on peut utiliser le même argument pour une valeur quelconque de $M$. En effet, la condition $f(x)⩾M$ est équivalente à $x^2-Mx+M⩾0$, dont le discriminant $\Delta =M^2-4M⩾0$ dès que $M⩾4$. Ceci montre bien que $f$ n’est pas majorée.

La fonction $$\begin{array}{rl}f:]0,3[& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto x^2-x\end{array}$$ est majorée, car pour tout $x\in ]0,3[$, $$f(x)=x^2-x⩽3^2-0=9$$ En fait, dans ce cas, ce majorant $M=9$ n’est pas le plus petit, car $$\underset{D}{\sup }f=6.$$ Remarquons par contre qu’il n’existe aucun $x^{\ast }\in ]0,3[$ tel que $f(x^{\ast })=6$, donc $f$ n’a pas de maximum.
Remarquons ensuite que $f$ est minorée car $$f(x)=x^2-x⩾0^2-3=-3.$$ Ici $f$ atteint son minimum en $x_{\ast }=\frac{1}{2}$, $f(x_{\ast })=-\frac{1}{4}$:

La fonction $$\begin{array}{rl}f:]0,1]& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto \frac{1}{x}\end{array}$$ est minorée car pour tout $x\in ]0,1]$, $$f(x)=\frac{1}{x}⩾\frac{1}{1}=1=m.$$ Mais elle n’est pas majorée, car pour tout $M⩾1$ il existe $x\in ]0,1]$ tel que $f(x)>M$: (On peut par exemple prendre $x=\frac{1}{2M}$, pour lequel $f(x)=2M>M$.) On a donc $$\underset{]0,1]}{\sup }f=+\infty .$$ Par contre, $$\underset{]0,1]}{\inf }f=\underset{]0,1]}{\min }f=f(1)=1.$$

Considérons encore $g(x)=e^{-x^2/2}$, sur $\mathbb{R}$. On a vu que $f$ atteint son maximum en $x^{\ast }=0$ $$\underset{\mathbb{R}}{\sup }g=\underset{\mathbb{R}}{\max }g=g(0)=1,$$ et on a vu qu’elle n’a pas de minimum. Pourtant, elle est minorée par $0$ puisque $e^{-x^2/2}⩾0$ pour tout $x$. Montrons que $0$ est en fait la plus grand minorant. En effet, si on prend un $\epsilon >0$ quelconque fixé, montrons qu’il existe au moins un réel $x$ tel que $0⩽e^{-x^2/2}⩽\epsilon$. En effet, on peut satisfaire cette condition en prenant $|x|>\sqrt{2|\log (\epsilon )|}$. On conclut que $$\underset{\mathbb{R}}{\inf }g=0,$$

La fonction $$\begin{array}{rl}h:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto \arctan (x)\end{array}$$ ne possède ni minimum, ni maximum: Malgré tout, $$\underset{\mathbb{R}}{\sup }h=+\frac{\pi }{2},\underset{\mathbb{R}}{\inf }h=-\frac{\pi }{2}.$$