One example of such sequence is determined by $a_1 = 1$, $a_2 = 7$, $a_{n+1} = (3a_n)! + 1$. Define a good pair/triple of elements of this sequence as such pair/triple where only number 1 may repeat. To show that the sequence fits, prove by induction that any good pair and any good triple have coprime sums.

Let $(a_i, a_j)$ and $(a_p, a_q, a_r)$ be a good pair and a good triple of elements of the sequence. Then
$$\gcd(a_i + a_j, a_p + a_q + a_r) = \gcd(a_i + a_j, a_p + a_q - a_r) = 1.$$

Case 1. Suppose $a_m$ is only in the pair; say, $a_m = a_j$. Then, since $0 < |a_p + a_q \pm a_r| \le 3a_{m-1}$, the number $a_m - 1 = (3a_{m-1})!$ is divisible by $a_p + a_q \pm a_r$, so
$$\gcd(a_i + a_m, a_p + a_q \pm a_r) = \gcd((a_i + 1) + (a_m - 1), a_p + a_q \pm a_r) = \gcd(a_i + a_1, a_p + a_q \pm a_r) = 1$$
by the induction hypothesis.

Case 2. Suppose $a_m$ is only in the triple; say, $a_m = a_q$. Similarly, $a_m - 1$ is divisible by $a_i + a_j$, so
$$\gcd(a_i + a_j, a_p + a_1 \pm a_r) = 1$$
by the induction hypothesis.

Case 3. Suppose $a_m$ is in both the pair and the triple; say, $a_m = a_j = a_q$. Then $a_m - 1$ is divisible by $a_p - a_i \pm a_r$, so
$$\gcd(a_i + a_m, a_p + a_m \pm a_r) = \gcd(a_i + a_m, a_p - a_i \pm a_r) = \gcd(a_i + a_1, a_p - a_i \pm a_r) = 1$$
by the induction hypothesis. The induction step is proved.

Ответ. Да, существует.
Построим пример такой последовательности. Положим $a_1 = 1$, $a_2 = 7$, $a_{n+1} = (3a_n)! + 1$. Для того, чтобы показать, что она удовлетворяет требованиям, нам придется доказать следующее утверждение, из которого будет следовать, что положенная последовательность — требуемая.

Пусть $(a_i, a_j)$ и $(a_p, a_q, a_r)$ — хорошие пара и тройка элементов последовательности. Тогда
$$НОД(a_i + a_j, a_p + a_q + a_r) = НОД(a_i + a_j, a_p + a_q - a_r) = 1.$$
Доказательство проведём индукцией по наибольшему элементу. Для перехода предположим, что $m > 1$. Число $a_m$ либо входит только в пару, либо только в тройку, либо в обе.

Случай 1. Пусть $a_m$ — только элемент пары; скажем, $a_m = a_j$. Тогда, поскольку $0 < |a_p + a_q \pm a_r| \le 3a_{m-1}$, число $a_m - 1 = (3a_{m-1})!$ делится на $a_p + a_q \pm a_r$, то есть
$$НОД(a_i + a_m, a_p + a_q \pm a_r) = НОД((a_i + 1) + (a_m - 1), a_p + a_q \pm a_r) = НОД(a_i + a_1, a_p + a_q \pm a_r) = 1$$
по предположению индукции.

Случай 2. Пусть $a_m$ — только элемент тройки; скажем, $a_m = a_q$. Аналогично, $a_m - 1$ делится на $a_i + a_j$, так что
$$НОД(a_i + a_j, a_p + a_1 \pm a_r) = 1$$
по предположению индукции.

Случай 3. Пусть $a_m$ — элемент и пары, и тройки; скажем, $a_m = a_j = a_q$. Тогда $a_m - 1$ делится на $a_p - a_i \pm a_r$, так что
$$НОД(a_i + a_m, a_p + a_m \pm a_r) = НОД(a_i + a_m, a_p - a_i \pm a_r) = НОД(a_i + a_1, a_p - a_i \pm a_r) = 1$$
по предположению индукции. Переход индукции доказан.