Gulp. Выгрузить src в один файл, минимизируя не весь src.
 

Добрый день!

Используется подобная задача:

gulp.task('admin_js_lib_prod', function () {
    gulp.src([
        'node_modules/jquery/dist/jquery.min.js',
        'node_modules/bootstrap/dist/js/bootstrap.min.js',
        'node_modules/datatables.net/js/jquery.dataTables.js',
        'node_modules/datatables.net-bs/js/dataTables.bootstrap.js',
        'node_modules/icheck/icheck.min.js',
        'node_modules/gentelella/build/js/custom.min.js'
    ])
        .pipe( concat('libs.min.js') )
        .pipe( uglify() )
        .pipe( gulp.dest('./web/admin/build/js/'));
});

Как можно минимизировать только файлы без .min.js , а остальное оставить как есть.
При этом нужно получить только один файл.

Barh,
Разбить на два потока. В одном прокидывать не минифицированные файлы и сжимать uglify, в другом -- просто пропускать минфицированные файлы. После merge'а потоков - обьединять через concat
https://www.npmjs.com/package/gulp-merge