如何从执行的函数中获取模块的文件路径，但未在其中声明？

Question

如果需要当前模块的路径，将使用__file__。

现在，我想让一个函数返回它。我做不到：

def get_path():
    return __file__

因为它将返回已在其中声明该函数的模块的路径。

即使函数不是在模块的根目录而是在任何嵌套级别调用，我都需要它起作用。

Answer 1

这就是我的做法：

import sys

def get_path():
    namespace = sys._getframe(1).f_globals  # caller's globals
    return namespace.get('__file__')

Answer 2

在这种情况下，从globals字典中获取它：

def get_path():
    return globals()['__file__']

根据评论进行编辑：给定以下文件：

# a.py
def get_path():
    return 'Path from a.py: ' + globals()['__file__']

# b.py
import a

def get_path():
    return 'Path from b.py: ' + globals()['__file__']

print get_path()
print a.get_path()

运行此命令将为我提供以下输出：

C:\workspace>python b.py
Path from b.py: b.py
Path from a.py: C:\workspace\a.py

在绝对/相对路径旁边有所不同（为简洁起见，让我们省略），对我来说看起来不错。

Answer 3

我找到了一种使用检查模块的方法。我对这个解决方案还可以，但是如果有人找到一种方法而又不转储整个stacktrace，它会更干净，我会很感激地接受他的回答：

def get_path():
    frame, filename, line_number, function_name, lines, index =\
        inspect.getouterframes(inspect.currentframe())[1]
    return filename