Php SyntaxError:ajaxFileUpload jquery插件中的语法错误

我想通过文件传递其他参数以保存在数据库中。当我输入代码以获取这些变量并保存在数据库中时，它会向我发出警报“SyntaxError:SyntaxError”。。。 这是我的密码

$.ajaxFileUpload
    ({
    url:'popup/doc_mydeal.php',
    secureuri:false,
    fileElementId:'deals_documents',
    dataType: 'json',
    data:{rand_key: $('#rand_key').val(), document_name: $('#document_name').val()},
    success: function (data, status)
            {
     if(typeof(data.error) != 'undefined')
                {
                if(data.error != '')
                {
                 alert(data.error);
                 }
             }
            },
            error: function (data, status, e)
            {
                alert(e);
            }
        })

现在来看doc_mydeal.php

$tempFile = $_FILES['deals_documents']['tmp_name'];
$targetFile=$path.$_REQUEST['rand_key'].basename($_FILES['deals_documents']['name']);
move_uploaded_file($tempFile,$targetFile);

---

这里是要保存在数据库中的mysql查询

当您在jQuery AJAX调用的选项中指定

json

的

数据类型时，您告诉代码服务器将返回有效的json。基于此信息，jQuery将隐式地将响应文本解析为JSON，并将结果对象作为回调函数的参数传递

如果响应文本不是有效的JSON，解析将失败，而执行
错误
回调。正如在评论中指出的，您从PHP脚本返回的是无效的JSON。
PHP端有错误吗？PHP、js或其他地方有错误吗？您的数据类型是
JSON
，但您没有返回任何内容。没有相同的代码在一段时间内工作…但有时它会给我警告（javascript）说“SyntaxError:syntax error”@Methew使用
json\u encode
函数，而不是自己尝试生成正确的json字符串。但是为什么我的数据没有保存在mysql表中？格式化json并返回它会在以后执行！！我只想返回文件名..我应该在两边做什么？