通过合并yml文件启动Spring Application

Question

Spring Boot中是否可以合并来自不同配置文件的属性并启动应用程序？

例如：默认情况下使用的我的application-local.yml具有以下属性

server:
  port: 8080
spring:
  profiles: local

propertyA: xxx
propertyB: yyy

现在，不必将所有属性从本地复制到像这样的application-QA.yml

server:
  port: 8081
spring:
  profiles: local

propertyA: xxx
propertyB: zzz

仅在端口和propertyB已更新的地方，我可以像下面这样吗？

application-QA.yml：

server:
  port: 8081
propertyB: zzz

最后，我希望具备以下能力来开始我的申请

• 与本地-./gradlew bootrun应该从application-local.yml中拾取属性，这是现在正在发生的情况
• 使用QA-./gradlew bootrun -Dsome.property = QA应该合并本地和QA的属性并启动应用程序

现在，我们必须将port＆propertyB复制到application-local.yml并启动应用程序，以指向QA环境，我想消除这一点。

注意：./gradlew bootrun -Dspring.profiles.active = QA似乎对我不起作用，因为我需要将application-local.yml中的所有属性都放在application-QA.yml中，而不仅仅是我想要的属性覆盖。

Answer 1

您可以使用弹簧配置文件执行此操作。您可以同时激活多个配置文件，每个配置文件将从附加的应用程序-.yml 中读取属性

• 如果您激活配置文件“本地”，spring 将搜索文件 application-local.yml
• 如果您激活配置文件“QA”，spring 将搜索文件 application-QA.yml

因此，您可以在 application-local.yml 中设置通用属性，并且仅设置不同的属性，例如 application-QA.yml 中的端口。

您可以同时激活两个配置文件

-Dspring.profiles.active=local,QA

另请参阅spring howto-properties-and-configuration