Gulp - 使用正确的module.exports创建一个缩小的库

Question

我在节点中有一个具有以下结构的库

/src
index.js

将所有库文件放在/src中。 index.js是切入点。我通常可以将其用作

var MyLibrary = require('./my-library/index');

现在，我想将此库联系到一个文件中（同时包含所有必需的库）。它应该包括所需的所有库。这就是我到目前为止所做的：

browserify(serverPath + serverEntry)
        .transform(babelify)
        .bundle()
        .pipe(source('server.min.js'))
        .pipe(gulp.dest(buildPath));

文件是＆＃34;已创建＆＃34;，但是当我包含它时，我会收到一堆错误。当我研究文件时，有多个exports，而不是单个入口点。