import os
print os.path.basename(__file__)

这将只给我们文件名。例如，如果文件的abspath是c:\abcd\abc.py，那么第二行将打印abc.py

由于Python 3是相当主流的，我想包含一个pathlib的答案，因为我相信它现在可能是一个更好的访问文件和路径信息的工具。

from pathlib import Path

current_file: Path = Path(__file__).resolve()

如果你正在寻找当前文件的目录，只需在Path()语句中添加.parent即可:

current_path: Path = Path(__file__).parent.resolve()

p1.py:

execfile("p2.py")

p2.py:

import inspect, os
print (inspect.getfile(inspect.currentframe())) # script filename (usually with path)
print (os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())))) # script directory

如果您的脚本只包含一个文件，那么标记为最佳的建议都是正确的。

如果你想从一个可能作为模块导入的文件中找到可执行文件的名称(即传递给当前程序的python解释器的根文件)，你需要这样做(让我们假设这是在一个名为foo.py的文件中):

进口检查

打印inspect.stack () [1] [1]

因为堆栈上的最后一个东西([-1])是进入堆栈的第一个东西(堆栈是LIFO/FILO数据结构)。

然后在bar.py文件中，如果你导入foo，它会打印bar.py，而不是foo.py，这将是所有这些的值:

__file__ inspect.getfile (inspect.currentframe ()) inspect.stack () [0] [1]

这是我使用的，所以我可以把我的代码扔到任何地方而没有问题。__name__总是被定义，但__file__只在代码作为文件运行时才被定义(例如，不在IDLE/iPython中)。

if '__file__' in globals():
    self_name = globals()['__file__']
elif '__file__' in locals():
    self_name = locals()['__file__']
else:
    self_name = __name__

或者，这可以写成:

self_name = globals().get('__file__', locals().get('__file__', __name__))

我觉得这个比较干净:

import inspect
print inspect.stack()[0][1]

得到的信息与:

print inspect.getfile(inspect.currentframe())

其中[0]是堆栈中的当前帧(堆栈的顶部)，[1]是文件名，在堆栈中增加到向后，即。

print inspect.stack()[1][1]

将是调用当前帧的脚本的文件名。此外，使用[-1]将使您到达堆栈的底部，即原始调用脚本。