使用stmt_init 後操作失敗卻沒有錯誤提示？原因可能是這裡

M66 2025-05-31

在使用PHP 的mysqli擴展進行數據庫操作時，我們經常會用到預處理語句來提高安全性和執行效率。 mysqli::stmt_init()是創建預處理語句對象的常用起點，但你是否遇到過這樣一種情況：

你使用stmt_init()初始化了語句對象，後續調用prepare()卻悄無聲息地失敗了，沒有報錯，沒有異常，代碼默默“執行完畢”，但數據庫操作卻沒有發生任何變化？

這種“沉默失敗”的問題十分隱蔽，今天我們就來分析一個常見的原因，並附上示例代碼幫助你快速定位問題。

問題場景還原

你可能寫了類似如下的代碼：

 <?php
$mysqli = new mysqli("localhost", "user", "password", "database");

if ($mysqli->connect_error) {
    die("連接失敗: " . $mysqli->connect_error);
}

$stmt = $mysqli->stmt_init();

if ($stmt->prepare("SELECT * FROM users WHERE email = ?")) {
    $email = "example@m66.net";
    $stmt->bind_param("s", $email);
    $stmt->execute();
    $result = $stmt->get_result();

    while ($row = $result->fetch_assoc()) {
        print_r($row);
    }

    $stmt->close();
} else {
    echo "準備語句失敗";
}
$mysqli->close();
?>

看起來沒問題，對吧？但如果$stmt->prepare()返回了false ，程序就不會往下執行，也不會報出任何明確的錯誤信息。你甚至都不知道為什麼prepare 會失敗。

根本原因：MySQL 服務器返回的錯誤未被顯示

prepare()返回false其實意味著語句預處理失敗了，但你需要主動調用$mysqli->error或$stmt->error才能獲得具體的錯誤信息。

比如這樣：

 if (!$stmt->prepare("SELECT * FROM users WHERE email = ?")) {
    die("預處理失敗: " . $stmt->error); // 或 $mysqli->error
}

另一個常見陷阱：SQL 語句中包含語法錯誤

即使你沒有拼接字符串，靜態寫死的SQL 也可能有問題。舉個例子：

 $stmt->prepare("SELECT FROM users WHERE email = ?"); // 缺少字段名

此時prepare()會返回false，但你不會知道到底哪兒錯了，除非你加上錯誤輸出來查看具體原因。

最佳實踐建議

始終檢查prepare()的返回值，並輸出錯誤信息：

 if (!$stmt->prepare($sql)) {
    die("Prepare 失敗: " . $stmt->error);
}

開啟錯誤報告模式，便於調試：
```
 mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT);
```
加上這句後， mysqli的錯誤會自動拋出異常，非常適合開發階段排查問題。

避免對$stmt使用stmt_init()後立即鍊式調用prepare()而不檢查：

 $stmt = $mysqli->stmt_init();
if (!$stmt) {
    die("stmt_init 失敗: " . $mysqli->error);
}

總結

如果你使用mysqli::stmt_init()創建語句對像後，發現後續的prepare()或execute()操作失敗但沒有報錯，請務必手動檢查$stmt->error和$mysqli->error ，並開啟錯誤報告模式。否則你可能會在代碼邏輯正確但實際運行失敗的“假象”中，浪費大量時間去排查根本不存在的問題。

此外，確保SQL 語句本身沒有語法錯誤、字段名拼寫正確、參數數量匹配，都是保證prepare()成功的前提。