💡 答案解析
**答案**: 见解析
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**解析**:
方法一 令 $D_{1}=\left\{(x, y) \left\lvert\, \displaystyle\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 2\right., \displaystyle\frac{1}{x} \leqslant y \leqslant 2\right\}, D_{2}=D-D_{1}$ ，
$$
\begin{gathered}
\text { 则 } \iint_{D} \max \{x y, 1\} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{1}} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y, \\
\iint_{D_{1}} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{\frac{1}{2}}^{2} x \mathrm{~d} x \int_{\frac{1}{x}}^{2} y \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \int_{\frac{1}{2}}^{2} x\left(4-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{d} x \\
=\frac{1}{2} \int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(4 x-\frac{1}{x}\right) \mathrm{d} x=\frac{15}{4}-\ln 2, \\
\iint_{D_{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4-\iint_{D_{1}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4-\int_{\frac{1}{2}}^{2} \mathrm{~d} x \int_{\frac{1}{x}}^{2} \mathrm{~d} y \\
=4-\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2-\frac{1}{x}\right) \mathrm{d} x=1+2 \ln 2,
\end{gathered}
$$
于是 $\iint_{D} \max \{x y, 1\} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\displaystyle\frac{19}{4}+\ln 2$ ．
三（18）题图 1
方法二 令 $D_{1}=\left\{(x, y) \left\lvert\, \displaystyle\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 2\right., \displaystyle\frac{1}{x} \leqslant y \leqslant 2\right\}$ ，
$D_{21}=\left\{(x, y) \left\lvert\, 0 \leqslant x \leqslant \displaystyle\frac{1}{2}\right., 0 \leqslant y \leqslant 2\right\}$,
三（18）题图 2
📋 详细解题步骤
目标：划分积分区域
首先明确积分区域 $D$ 是正方形区域：$\frac{1}{2} \leq x \leq 2$，$\frac{1}{2} \leq y \leq 2$。由于被积函数中含有 $\max(xy, 1)$，需要根据 $xy$ 与 $1$ 的大小关系将 $D$ 分成两个子区域。
在 $D$ 内，曲线 $xy = 1$ 是一条双曲线，它将正方形分成两部分：一部分满足 $xy \geq 1$，另一部分满足 $xy \leq 1$。
对于 $xy \geq 1$ 的区域，即 $y \geq \frac{1}{x}$。由于 $x$ 的取值范围是 $[\frac{1}{2}, 2]$，当 $x$ 较小时，$\frac{1}{x}$ 可能大于 $2$，此时 $y \geq \frac{1}{x}$ 在正方形内无解。具体地，当 $\frac{1}{2} \leq x < \frac{1}{2}$ 时，$\frac{1}{x} > 2$，但 $x$ 的下限是 $\frac{1}{2}$，此时 $\frac{1}{x} = 2$，所以 $x$ 从 $\frac{1}{2}$ 到 $2$ 时，$\frac{1}{x}$ 从 $2$ 递减到 $\frac{1}{2}$。因此，对于 $x \in [\frac{1}{2}, 2]$，$\frac{1}{x} \in [\frac{1}{2}, 2]$，所以 $xy \geq 1$ 的区域为：
$$D_1 = \left\{ (x, y) \mid \frac{1}{2} \leq x \leq 2, \, \frac{1}{x} \leq y \leq 2 \right\}.$$
另一部分 $D_2$ 是正方形中除去 $D_1$ 的部分，即满足 $xy \leq 1$ 的区域。由于正方形 $D$ 的边界是 $y = \frac{1}{2}$ 和 $y = 2$，$D_2$ 可以描述为：
$$D_2 = D \setminus D_1 = \left\{ (x, y) \mid \frac{1}{2} \leq x \leq 2, \, \frac{1}{2} \leq y \leq \frac{1}{x} \right\}.$$
注意，当 $x$ 从 $\frac{1}{2}$ 到 $2$ 时，$\frac{1}{x}$ 从 $2$ 到 $\frac{1}{2}$，所以 $D_2$ 非空。
这样，整个积分区域被划分为两个子区域，在每个子区域中 $\max(xy, 1)$ 可以明确表示为：在 $D_1$ 上，$\max(xy, 1) = xy$；在 $D_2$ 上，$\max(xy, 1) = 1$。这为后续积分计算奠定了基础。
公式：D_1 = \left\{ (x, y) \mid \frac{1}{2} \leq x \leq 2, \, \frac{1}{x} \leq y \leq 2 \right\}, \quad D_2 = \left\{ (x, y) \mid \frac{1}{2} \leq x \leq 2, \, \frac{1}{2} \leq y \leq \frac{1}{x} \right\}
提示：先画出正方形和双曲线，直观确定分界线，再写出不等式描述。
目标：计算D1上的积分（xy部分）
在区域$D_1$上，积分表达式为$\iint_{D_1} xy \, dxdy$。根据步骤1确定的积分区域$D_1 = \{ (x,y) \mid \frac{1}{2} \le x \le 2,\ \frac{1}{x} \le y \le 2 \}$，将二重积分化为累次积分：先对$y$积分，再对$x$积分，即
$$
\iint_{D_1} xy \, dxdy = \int_{x=1/2}^{2} x \, dx \int_{y=1/x}^{2} y \, dy.
$$
首先计算内层积分$\int_{y=1/x}^{2} y \, dy$。由$\int y \, dy = \frac{1}{2}y^2$，得
$$
\int_{y=1/x}^{2} y \, dy = \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_{y=1/x}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 2^2 - \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{x}\right)^2 = \frac{1}{2} \cdot 4 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2} = 2 - \frac{1}{2x^2} = \frac{4 - 1/x^2}{2}.
$$
将内层积分结果代入外层积分，得
$$
\int_{x=1/2}^{2} x \cdot \left(2 - \frac{1}{2x^2}\right) dx = \int_{1/2}^{2} \left(2x - \frac{1}{2x}\right) dx.
$$
分别计算两项的定积分：
$$
\int_{1/2}^{2} 2x \, dx = \left[ x^2 \right]_{1/2}^{2} = 2^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 4 - \frac{1}{4} = \frac{15}{4},
$$
$$
\int_{1/2}^{2} \frac{1}{2x} \, dx = \frac{1}{2} \int_{1/2}^{2} \frac{1}{x} \, dx = \frac{1}{2} \left[ \ln x \right]_{1/2}^{2} = \frac{1}{2} (\ln 2 - \ln \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} (\ln 2 + \ln 2) = \ln 2.
$$
因此，外层积分的值为
$$
\frac{15}{4} - \ln 2.
$$
这就是$D_1$上$xy$部分的积分结果。
公式：\iint_{D_1} xy \, dxdy = \int_{1/2}^{2} x \, dx \int_{1/x}^{2} y \, dy = \frac{15}{4} - \ln 2
提示：先画区域图确定积分次序，内层积分结果要化简后再代入外层。
目标：计算D2上的积分（常数1部分）
本步骤计算区域$D_2$上被积函数为常数$1$的积分，即求$D_2$的面积。由于$D_2$是正方形区域$[0,2]\times[0,2]$中除去$D_1$的部分，而正方形的总面积为$4$，因此$D_2$的面积等于总面积$4$减去$D_1$的面积。
首先计算$D_1$的面积。$D_1$由曲线$y=\frac{1}{x}$、直线$x=\frac{1}{2}$、$x=2$以及$y=2$围成，其面积可用累次积分表示为：
$$
\text{Area}(D_1)=\int_{1/2}^{2}\left(2-\frac{1}{x}\right)dx.
$$
计算该积分：
$$
\int_{1/2}^{2}2\,dx = 2\times\left(2-\frac{1}{2}\right)=2\times\frac{3}{2}=3,
$$
$$
\int_{1/2}^{2}\frac{1}{x}\,dx = \ln x\Big|_{1/2}^{2} = \ln 2 - \ln\frac{1}{2} = \ln 2 + \ln 2 = 2\ln 2.
$$
因此
$$
\text{Area}(D_1)=3-2\ln 2.
$$
于是$D_2$的面积为：
$$
\text{Area}(D_2)=4-(3-2\ln 2)=1+2\ln 2.
$$
所以，$D_2$上常数$1$部分的积分结果为$1+2\ln 2$。
公式：\text{Area}(D_2)=4-\int_{1/2}^{2}\left(2-\frac{1}{x}\right)dx=1+2\ln 2
提示：利用总面积减去已知区域面积可简化计算，避免直接对复杂区域积分。
目标：合并两部分结果
本步骤将前两步计算得到的区域$D_1$和$D_2$上的积分结果相加，得到整个区域$D$上的二重积分值。
首先，回顾前两步的结果：
- 区域$D_1$上的积分值为：$\iint_{D_1} f(x,y)\,dxdy = \frac{15}{4} - \ln 2$。
- 区域$D_2$上的积分值为：$\iint_{D_2} f(x,y)\,dxdy = 1 + 2\ln 2$。
由于区域$D$被分割为$D_1$和$D_2$两个不相交的子区域，且$D = D_1 \cup D_2$，根据二重积分的可加性，有：
$$
\iint_D f(x,y)\,dxdy = \iint_{D_1} f(x,y)\,dxdy + \iint_{D_2} f(x,y)\,dxdy.
$$
将两个结果相加：
$$
\left(\frac{15}{4} - \ln 2\right) + \left(1 + 2\ln 2\right) = \frac{15}{4} + 1 - \ln 2 + 2\ln 2 = \frac{15}{4} + \frac{4}{4} + \ln 2 = \frac{19}{4} + \ln 2.
$$
因此，所求二重积分的值为$\frac{19}{4} + \ln 2$。
**最终答案验证**：
- 检查计算过程：$\frac{15}{4} + 1 = \frac{15}{4} + \frac{4}{4} = \frac{19}{4}$，正确。
- 对数项合并：$-\ln 2 + 2\ln 2 = \ln 2$，正确。
- 结果形式简洁，无进一步化简可能。
故最终答案为：
$$
\boxed{\dfrac{19}{4} + \ln 2}.
$$
公式：\iint_D f(x,y)\,dxdy = \iint_{D_1} f(x,y)\,dxdy + \iint_{D_2} f(x,y)\,dxdy = \left(\frac{15}{4} - \ln 2\right) + \left(1 + 2\ln 2\right) = \frac{19}{4} + \ln 2
提示：合并时先合并同类项（常数项与对数项），再分别计算，避免符号错误。